Giúp em với ạ
Cho a,b,c dương chứng minh
a2/(b+2c)+b2/(c+2a)+c2/(a+2b)>=(a+b+c)/3
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
L
1
26 tháng 4 2020
BĐT cần chứng minh tương đương với :
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(2+\frac{1}{a^2b^2c^2}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\frac{1}{ab^2}+\frac{1}{bc^2}+\frac{1}{ca^2}\ge9\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ,ta có :
\(a^2b+a^2b+\frac{1}{ab^2}\ge3\sqrt[3]{a^2b.a^2b.\frac{1}{ab^2}}=3a\)
tương tự : \(b^2c+bc^2+\frac{1}{bc^2}\ge3b\), \(\left(c^2a+ca^2+\frac{1}{ca^2}\right)\ge3c\)
Cộng 3 BĐT trên theo vế, ta được :
\(2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\frac{1}{ab^2}+\frac{1}{bc^2}+\frac{1}{ca^2}\ge3\left(a+b+c\right)=9\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1
NT
4
NY
26 tháng 8 2020
Ta có :
\(a^2b+b^2c+c^2a\ge\frac{9a^2b^2c^2}{1+2a^2b^2c^2}\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(1+2a^2b^2c^2\right)\ge9a^2b^2c^2\)
\(\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+2a^4b^3c^2+2a^2b^4c^{3v}+2a^3b^2c^4\ge3a^2b^2c^2\left(a+b+c\right)\)(*)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^2b+a^4b^3c^2+a^3b^2c^4\ge3\sqrt[3]{a^9b^6c^6}=3a^3b^2c^2\)
\(b^2c+a^2b^4c^3+a^4b^3c^2\ge3a^2b^3c^2\)
\(c^2a+a^3b^2c^4+a^2b^4c^4\ge3a^2b^2c^3\)
Cộng theo vế
\(\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a+2a^4b^3c^2+2a^2b^4c^3+2a^3b^2c^4\ge3a^2b^2c^2\left(a+b+c\right)\)
Vậy $(*)$ đúng
Do đó ta có đpcm
#Cừu
Ta thấy muốn loại bỏ đi mẫu số của \(\frac{a^2}{b+2c}\)thì cần dùng AM-GM cho nó và 1 đại lượng có dạng k(b+2c) (để triệt tiêu đi b+2c). Ngoài ra ta cần chú ý thêm BĐT đã cho có dấu "=" xảy ra <=> a=b=c. Khi ấy \(\frac{a^2}{b+2c}=\frac{b+2c}{9}\)
Do vậy, đánh giá mà ta nên chọn là:
\(\frac{a^2}{b+2c}+\frac{b+2c}{9}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b+2c}+\frac{b+2c}{9}}=\frac{2}{3}a\)
=> \(\frac{a^2}{b+2c}\ge\frac{2}{3}a-\frac{b+2c}{9}=\frac{6a-b-2c}{9}\)
Thực hiện đánh giá tương tự ta cũng có:
\(\frac{b^2}{c+2a}\ge\frac{6b-c-2a}{9};\frac{c^2}{a+2b}\ge\frac{6c-a-2b}{9}\)
Cộng theo vế của 3 BĐT ta được đpcm