cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn ab+bc+ac>0
CMR: \(\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}+\frac{b^2+16ac}{c^2+a^2}+\frac{c^2+16ab}{a^2+b^2}\ge10\)
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
K
12 tháng 9 2021
Ta có: \(4ab\le2a^2+2b^2\)
=> \(\sqrt{2a^2+7b^2+16ab}\le\sqrt{4a^2+9b^2+12ab}=\sqrt{\left(2a+3b\right)^2}=2a+3b\)
=> \(\frac{a^2}{\sqrt{2a^2+7b^2+16ab}}\ge\frac{a^2}{2a+3b}\)
Chứng minh tương tự
=> \(T\ge\frac{a^2}{2a+3b}+\frac{b^2}{2b+3c}+\frac{c^2}{2c+3a}\)
Áp dụng bđt bunhia dạng phân thức
=> \(T\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2a+3b+2b+3c+2c+3a}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{5\left(a+b+c\right)}=1\)
=> \(MinT=1\)xảy ra khi a=b=c=5/3
PN
2 tháng 5 2021
ta có :
\(\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{2a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3-a^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{2a^3}{a^2+ab+b^3}+b-a\)
tương tự rồi cộng theo vế :
\(LHS\ge2\left(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\right)\)
áp dụng bđt cô si
\(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{a^2+ab+b^2}{9}+\frac{1}{3}\ge\frac{3a}{3}=a\)
tương tự rồi cộng theo vế
\(2\left(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+...\right)\ge a+b+c-1-\frac{2\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(\ge\frac{2\left(9-a^2-b^2-c^2-ab-bc-ca\right)}{9}\)
đến đây chịu :)))))
VT
15 tháng 12 2017
Làm tạm vào đây vậy
từ gt dễ dàng => \(ab+bc+ca\le3\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{\sqrt{c^2+3}}\le\frac{ab}{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}=\frac{ab}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\)
Áp dụng cô si ta có
\(\frac{ab}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{c+a}+\frac{ab}{c+b}\right)\)
Tương tự như vậy rồi ccộng vào nhá nhok
TT
4 tháng 9 2020
Biến đổi tương đương bất đẳng thức và chú ý đến \(x+y+z=1\)Ta được
\(\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}-\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x+y+z\right)^2\) ( trừ cả hai vế với (x+y+z)^2 )
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}-\left(x+y+z\right)\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x+y+z\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-z\right)^2}{z}+\frac{\left(y-x\right)^2}{x}+\frac{\left(z-y\right)^2}{y}\ge\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(\frac{1}{x}-1\right)+\left(y-z\right)^2\left(\frac{1}{y}-1\right)+\left(z-x\right)^2\left(\frac{1}{z}-1\right)\ge0\)
Vì x + y + z = 1 nên 1/x; 1/y; 1/z > 1. Do đó bđt cuối cùng luôn đúng
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=3\)
4 tháng 9 2020
Cách trâu bò :
Ta có :
\(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{â^2}\ge3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}\right):\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\ge3\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge3\)
+) \(ab+ac+bc=abc\Leftrightarrow a+b+c=6-\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}6-\left(ab+bc+ca\right)>0\\\left(a+b+c\right)^2=\left[6-\left(ab+bc+ca\right)\right]^2\end{cases}}\)
Còn lại phân tích nốt ra rùi áp dụng bđt cauchy là ra . ( Mình cũng ko chắc biến đổi đoạn đầu đúng chưa , có gì bạn xem lại giùm mình sai bỏ qua )
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)
Xét 2 trường hợp :
+) TH : \(\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}\ge\frac{a^2}{b^2}\)
Dễ thấy \(\frac{b^2+16ac}{c^2+a^2}\ge\frac{b^2}{a^2}\); \(\frac{c^2+16ab}{a^2+b^2}\ge\frac{16ab}{a^2+b^2}\)
Cần chứng minh : \(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+\frac{16ab}{a^2+b^2}\ge10\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}+2\right)+\frac{16}{\frac{a^2+b^2}{ab}}\ge12\)\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)^2+\frac{16}{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}}\ge12\)
Đặt \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=t\)( t \(\ge\)2 )
BĐT trở thành : \(t^2+\frac{16}{t}\ge12\Leftrightarrow t^2+\frac{8}{t}+\frac{8}{t}\ge12\)
Ta có : \(t^2+\frac{8}{t}+\frac{8}{t}\ge3\sqrt[3]{t^2.\frac{8}{t}.\frac{8}{t}}=12\)
+) TH \(\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}< \frac{a^2}{b^2}\Leftrightarrow b^2\left(a^2+16bc\right)< a^2\left(b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow16b^3c< a^2c^2\Leftrightarrow16b^3< a^2c\)
Do \(b\ge c\)nên \(16b^3< a^2c\le a^2b\Rightarrow a^2>16b^2\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}=16+\frac{\left(a^2-16b^2\right)+16c\left(b-c\right)}{b^2+c^2}>16\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}+\frac{b^2+16ac}{c^2+a^2}+\frac{c^2+16ab}{a^2+b^2}>\frac{a^2+16bc}{b^2+c^2}>16>10\)
Bài toán được chứng minh . Dấu "=" xảy ra khi a = b , c = 0 và các hoán vị
P/s : bài này ở trong sách gì mà mk quên rồi
Mình thấy trong sách "Bất đẳng thức cực trị 8 9" của Võ Quốc Bá Cẩn đấy