Cho \(a+b+c\le3\)
CMR:\(\dfrac{a^2}{a+2}+\dfrac{b^2}{b+2}+\dfrac{c^2}{c+2}\ge1\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 5 2018
Bài 1:
Ta có:
\(\text{VT}=\frac{a^2}{a+2b^2}+\frac{b^2}{b+2c^2}+\frac{c^2}{c+2a^2}\)
\(=a-\frac{2ab^2}{a+2b^2}+b-\frac{2bc^2}{b+2c^2}+c-\frac{2ca^2}{c+2a^2}=(a+b+c)-2\left(\frac{ab^2}{a+2b^2}+\frac{bc^2}{b+2c^2}+\frac{ca^2}{c+2a^2}\right)\)
\(=3-2M(*)\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
\(M=\frac{ab^2}{a+b^2+b^2}+\frac{bc^2}{b+c^2+c^2}+\frac{ca^2}{c+a^2+a^2}\leq \frac{ab^2}{3\sqrt[3]{ab^4}}+\frac{bc^2}{3\sqrt[3]{bc^4}}+\frac{ca^2}{3\sqrt[3]{ca^4}}\)
\(\Leftrightarrow M\leq \frac{1}{3}(\sqrt[3]{a^2b^2}+\sqrt[3]{b^2c^2}+\sqrt[3]{c^2a^2})\)
Tiếp tục áp dụng BĐT Cauchy:
\(\sqrt[3]{a^2b^2}+\sqrt[3]{b^2c^2}+\sqrt[3]{c^2a^2}\leq \frac{ab+ab+1}{3}+\frac{bc+bc+1}{3}+\frac{ca+ca+1}{3}=\frac{2(ab+bc+ac)+3}{3}\)
Mà \(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3\) (quen thuộc)
\(\Rightarrow M\leq \frac{1}{3}.\frac{2.3+3}{3}=1(**)\)
Từ \((*);(**)\Rightarrow \text{VT}\geq 3-2.1=1\)
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 5 2018
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz:
\(\text{VT}=\frac{a^3}{a^2+a^2b^2}+\frac{b^3}{b^2+b^2c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2c^2}\geq \frac{(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2}{a^2+a^2b^2+b^2+b^2c^2+c^2+c^2a^2}\)
hay:
\(\text{VT}\geq \frac{(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2}{1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}(*)\)
Mặt khác, theo BĐT Cauchy ta dễ thấy:
\(a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
\(\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\)
\(\Leftrightarrow 1\geq 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq \frac{1}{3}(**)\)
Từ \((*);(**)\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2}{1+\frac{1}{3}}=\frac{3}{4}(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
17 tháng 1 2022
Áp dụng bất đẳng thức Chevbyshev cho hai bộ đơn điệu cùng chiều \(\left(\dfrac{2}{a+b},\dfrac{2}{b+c},\dfrac{2}{c+a}\right)\) và \(\left(c\left(a+b\right),a\left(b+c\right),b\left(c+a\right)\right)\) ta có \(2c+2a+2b=\dfrac{2}{a+b}.c\left(a+b\right)+\dfrac{2}{b+c}.a\left(b+c\right)+\dfrac{2}{c+a}.b\left(c+a\right)\ge\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{2}{c+a}\right)\left(a\left(b+c\right)+b\left(c+a\right)+c\left(a+b\right)\right)=\dfrac{2}{3}\left(ab+bc+ca\right)\left(\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{2}{c+a}\right)\).
Mà \(\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{2}{c+a}=a+b+c\) nên \(ab+bc+ca\le3\).
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
8 tháng 6 2021
\(c\left(1+ab\right)\le c\left(1+\dfrac{a^2+b^2}{2}\right)=c\left(1+\dfrac{1-c^2}{2}\right)=1-\dfrac{1}{2}\left(c-1\right)^2\left(c+2\right)\le1\)
\(\Rightarrow c^2\left(1+ab\right)\le c\Rightarrow\dfrac{c}{1+ab}\ge c^2\)
Hoàn toàn tương tự ta có: \(\dfrac{a}{1+bc}\ge a^2\) ; \(\dfrac{b}{1+ac}\ge b^2\)
Cộng vế: \(VT\ge a^2+b^2+c^2=1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right)\) và các hoán vị
AH
Akai Haruma
Giáo viên
9 tháng 6 2021
Cách 2:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\text{VT}[a(1+bc)+b(1+ac)+c(1+ab)]\geq (a+b+c)^2\)
\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+3abc}\)
Ta sẽ CM:
\(\frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+3abc}\geq 1\)
\(\Leftrightarrow 1+2(ab+bc+ac)\geq a+b+c+3abc\)
Vì $a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow a,b,c\leq 1$
$\Rightarrow (a-1)(b-1)(c-1)\leq 0$
$\Leftrightarrow 1+ ab+bc+ac\geq a+b+c+abc(1)$
Áp dụng BĐT AM-GM:
$ab+bc+ac\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2.abc}=3abc\geq 2abc(2)$
Từ $(1);(2)\Rightarrow 1+2(ab+bc+ac)\geq a+b+c+3abc$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(1,0,0)$ và hoán vị.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 4 2022
1.
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)
Ta có:
\(\left(ab-1\right)^2=a^2b^2-2ab+1=a^2b^2-a^2-b^2+1+a^2+b^2-2ab\)
\(=\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)+\left(a-b\right)^2\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\)
Tương tự: \(\left(bc-1\right)^2\ge\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)
\(\left(ca-1\right)^2\ge\left(c^2-1\right)\left(a^2-1\right)\)
Do \(a;b;c\ge1\) nên 2 vế của các BĐT trên đều không âm, nhân vế với vế:
\(\left[\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\right]^2\ge\left[\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\right]^2\)
\(\Rightarrow\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Câu 2 em kiểm tra lại đề có chính xác chưa
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 4 2022
2.
Câu 2 đề thế này cũng làm được nhưng khá xấu, mình nghĩ là không thể chứng minh bằng Cauchy-Schwaz được, phải chứng minh bằng SOS
Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=max\left\{a;b;c\right\}\)
\(\Rightarrow\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\) (1)
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(\dfrac{1}{a}-\dfrac{a+b}{bc+a^2}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{b+c}{ac+b^2}+\dfrac{1}{c}-\dfrac{c+a}{ab+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b\left(c-a\right)}{a^3+abc}+\dfrac{c\left(a-b\right)}{b^3+abc}+\dfrac{a\left(b-c\right)}{c^3+abc}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)+a\left(c-b\right)}{a^3+abc}+\dfrac{c\left(a-b\right)}{b^3+abc}+\dfrac{a\left(b-c\right)}{c^3+abc}\ge0\)
\(\Leftrightarrow c\left(b-a\right)\left(\dfrac{1}{a^3+abc}-\dfrac{1}{b^3+abc}\right)+a\left(c-b\right)\left(\dfrac{1}{a^3+abc}-\dfrac{1}{c^3+abc}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)\left(b^3-a^3\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)\left(c^3-a^3\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)\left(c-a\right)\left(a^2+ac+c^2\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\ge0\)
Đúng theo (1)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
26 tháng 6 2021
do \(a,b,c\ge1\)\(=>\left\{{}\begin{matrix}b+c\ge2\\c+a\ge2\\a+b\ge2\end{matrix}\right.\)
\(=>\left\{{}\begin{matrix}a\left(b+c\right)\ge2a\\b\left(c+a\right)\ge2b\\c\left(a+b\right)\ge2c\end{matrix}\right.\)
\(=>\) biểu thức đề bài cho\(\ge2\left(a+b+c+\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\right)\)
\(2\left(1+1+1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\right)=9\)
dấu= xảy ra<=>a=b=c=1
A
23 tháng 1 2018
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\dfrac{a^2}{a+2b^2}+\dfrac{a+2b^2}{9}\ge2\sqrt{\dfrac{a^2}{a+2b^2}\cdot\dfrac{a+2b^2}{9}}=\dfrac{2a}{3}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT+\dfrac{a+b+c+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{9}\ge\dfrac{2}{3}\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow VT+\dfrac{3+2\cdot\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{9}\ge\dfrac{2}{3}\cdot3\)
\(\Leftrightarrow VT+1\ge2\Leftrightarrow VT\ge1\)
\("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
23 tháng 1 2018
WLOG \(a\ge b \ge c\)
Chebyshev: \(\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\le3\left(a^4+b^4+c^4\right)\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\le a^4+b^4+c^4\)
Cauchy-Schwarz: \(VT=\dfrac{a^4}{a^3+2a^2b^2}+\dfrac{b^4}{b^3+2b^2c^2}+\dfrac{c^4}{c^3+2a^2c^2}\)
\(\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^3+b^3+c^3+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)
\(\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)
\(=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}=1=VP\)