Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\Leftrightarrow\dfrac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}-2+\dfrac{c\left(2b-c\right)}{b\left(c+a\right)}-2+\dfrac{a\left(2c-a\right)}{c\left(a+b\right)}-2\le\dfrac{3}{2}-6\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b^2+2ac}{a\left(b+c\right)}+\dfrac{c^2+2ab}{b\left(c+a\right)}+\dfrac{a^2+2bc}{c\left(a+b\right)}\ge\dfrac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b^2}{ab+ac}+\dfrac{c^2}{bc+ab}+\dfrac{a^2}{ac+bc}+\dfrac{2c^2}{bc+c^2}+\dfrac{2a^2}{ac+a^2}+\dfrac{2b^2}{ab+b^2}\ge\dfrac{9}{2}\)
Ta có:
\(VT\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}+\dfrac{2\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\left(a+b+c\right)^2\left(\dfrac{1}{2\left(ab+bc+ca\right)}+\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}+\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\right)\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{9\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)+2\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)}\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{9\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{9}{2}\)
Thử với \(a=b=c=0.1\), BĐT trở thành \(\dfrac{1}{10}\ge1\Rightarrow\) đề sai
Bài này có bạn giải rồi:
Cho các số thực dương a,b,c.Chứng minh rằng :\(\dfrac{b\left(2a-b\right)}{a\left(b+c\right)}+\dfrac{c\left(2b-c\right)}{... - Hoc24
\(BDT\Leftrightarrow2a^4b+2b^4c+2c^4a+3ab^4+3bc^4+3ca^4\ge5a^2b^2c+5a^2bc^2+5ab^2c^2\)
Ta chứng minh được \(ab^4+bc^4+ca^4\ge a^2b^2c+a^2bc^2+ab^2c^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge ab+bc+ca\)
\(VT=\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ac}\)
\(\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=VP\)
Vậy ta cần chứng minh \(2a^4b+2b^4c+2c^4a+2ab^4+2bc^4+2ca^4\ge4a^2b^2c+4a^2bc^2+4ab^2c^2\)
\(\Leftrightarrow\sum_{cyc}\left(2c^3+bc^2-b^2c+ac^2-a^2c+3ab^2+3a^2b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(2a+b+c=(a+b)+(a+c)\geq 2\sqrt{(a+b)(a+c)}\)
\(\Rightarrow (2a+b+c)^2\geq 4(a+b)(a+c)\)
\(\Rightarrow \frac{1}{(2a+b+c)^2}\leq \frac{1}{4(a+b)(a+c)}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại suy ra:
\(P\leq \frac{1}{4}\left(\frac{1}{(a+b)(a+c)}+\frac{1}{(b+c)(b+a)}+\frac{1}{(c+a)(c+b)}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\leq \frac{1}{4}.\frac{(b+c)+(c+a)+(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)
\(\Leftrightarrow P\leq \frac{a+b+c}{2(a+b)(b+c)(c+a)}\)
Lại có: \((a+b)(b+c)(c+a)\geq 2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}=8abc\) (theo AM-GM)
\(\Rightarrow P\leq \frac{a+b+c}{2.8abc}=\frac{a+b+c}{16abc}(1)\)
Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\geq \frac{2}{ab}; \frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq \frac{2}{bc}; \frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2}\geq \frac{2}{ac}\)
\(\Rightarrow 2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\geq 2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)\)
\(\Leftrightarrow 3\geq \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{a+b+c}{abc}\)
\(\Rightarrow a+b+c\leq 3abc(2)\)
Từ \((1); (2)\Rightarrow P\leq \frac{3abc}{16abc}=\frac{3}{16}\)
Vậy \(P_{\max}=\frac{3}{16}\). Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Chuẩn hóa \(a+b+c=3\)
\(\dfrac{\left(2a+b+c\right)^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}=\dfrac{\left(a+3\right)^2}{2a^2+\left(3-a\right)^2}=\dfrac{a^2+6a+9}{3\left(a^2-2a+3\right)}=\dfrac{1}{3}\left(1+\dfrac{8a+6}{\left(a-1\right)^2+2}\right)\le\dfrac{1}{3}\left(1+\dfrac{8a+6}{2}\right)\)
Tương tự và cộng lại:
\(VT\le\dfrac{1}{3}\left(3+\dfrac{8\left(a+b+c\right)+18}{2}\right)=8\) (đpcm)
Đề bài sai với \(a=b=c=2\)
Có xóa luôn câu hỏi không ạ?