Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Nhìn qua đã biết là đề sai rồi bạn
Cho \(a,b,c\) các giá trị lớn ví dụ \(a=b=c=2\) là thấy sai ngay
\(\dfrac{a}{\left(b+c\right)^2}+\dfrac{b}{\left(c+a\right)^2}+\dfrac{c}{\left(a+b\right)^2}=\dfrac{\left(\dfrac{a}{b+c}\right)^2}{a}+\dfrac{\left(\dfrac{b}{c+a}\right)^2}{b}+\dfrac{\left(\dfrac{c}{a+b}\right)^2}{c}\)
\(\ge\dfrac{\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)^2}{a+b+c}\ge\dfrac{\left(\dfrac{3}{2}\right)^2}{1}=\dfrac{9}{4}\)
Ta có:
\(BĐT\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{a}{\left(b+c\right)^2}+\dfrac{b}{\left(a+c\right)^2}+\dfrac{c}{\left(a+b\right)^2}\right)\ge\dfrac{9}{4}\)
Rồi giải tương tự bài này:
Câu hỏi của phạm thảo - Toán lớp 10 | Học trực tuyến
Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{2}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{c}\ge\dfrac{ab}{2}+\dfrac{bc}{2}+\dfrac{ca}{2}\)
\(\Leftrightarrow a^2-\dfrac{a^2}{2}+b^2-\dfrac{b^2}{2}+c^2-\dfrac{c^2}{2}\ge\dfrac{ab}{2}+\dfrac{bc}{2}+\dfrac{ca}{2}\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{2}\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{2\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)}{4}\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+a\right)^2}{4}\) (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow a^2+b^2\ge2\sqrt{a^2b^2}=2ab\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
Tương tự ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\left(b+c\right)^2\ge4bc\\\left(c+a\right)^2\ge4ca\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+b\right)^2c+\left(a+b\right)^2\ge4abc+\left(a+b\right)^2\\\left(b+c\right)^2a+\left(b+c\right)^2\ge4abc+\left(b+c\right)^2\\\left(c+a\right)^2b+\left(c+a\right)^2\ge4abc+\left(c+a\right)^2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a+b\right)^2\left(c+1\right)\ge4abc+\left(a+b\right)^2\\\left(b+c\right)^2\left(a+1\right)\ge4abc+\left(b+c\right)^2\\\left(c+a\right)^2\left(b+1\right)\ge4abc+\left(c+a\right)^2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{8}{\left(a+b\right)^2\left(c+1\right)}\le\dfrac{8}{4abc+\left(a+b\right)^2}\\\dfrac{8}{\left(b+c\right)^2\left(a+1\right)}\le\dfrac{8}{4abc+\left(b+c\right)^2}\\\dfrac{8}{\left(c+a\right)^2\left(b+1\right)}\le\dfrac{8}{4abc+\left(c+a\right)^2}\end{matrix}\right.\) (2)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{8}{\left(a+b\right)^2\left(c+1\right)}+\dfrac{8}{\left(b+c\right)^2\left(a+1\right)}+\dfrac{8}{\left(c+a\right)^2\left(b+1\right)}+\dfrac{\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+a^2\right)}{4}\) (3)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\dfrac{8}{\left(a+b\right)^2\left(c+1\right)}+\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\ge2\sqrt{\dfrac{2}{c+1}}=\dfrac{4}{\sqrt{2\left(c+1\right)}}\)
Tương tự ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{8}{\left(b+c\right)^2\left(a+1\right)}+\dfrac{\left(b+c\right)^2}{4}\ge\dfrac{4}{\sqrt{2\left(a+1\right)}}\\\dfrac{8}{\left(c+a\right)^2\left(b+1\right)}+\dfrac{\left(c+a\right)^2}{4}\ge\dfrac{4}{\sqrt{2\left(b+1\right)}}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\dfrac{8}{\left(a+b\right)^2\left(c+1\right)}+\dfrac{8}{\left(b+c\right)^2\left(a+1\right)}+\dfrac{8}{\left(c+a\right)^2\left(b+1\right)}+\dfrac{\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+a^2\right)}{4}\ge\dfrac{4}{\sqrt{2\left(c+1\right)}}+\dfrac{4}{\sqrt{2\left(a+1\right)}}+\dfrac{4}{\sqrt{2\left(b+1\right)}}\)(4)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\sqrt{2\left(c+1\right)}\le\dfrac{c+3}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{4}{\sqrt{2\left(c+1\right)}}\ge\dfrac{8}{c+3}\)
Tượng tự ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{4}{\sqrt{2\left(a+1\right)}}\ge\dfrac{8}{a+3}\\\dfrac{4}{\sqrt{2\left(b+1\right)}}\ge\dfrac{8}{b+3}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\dfrac{4}{\sqrt{2\left(c+1\right)}}+\dfrac{4}{\sqrt{2\left(a+1\right)}}+\dfrac{4}{\sqrt{2\left(b+1\right)}}\ge\dfrac{8}{a+3}+\dfrac{8}{b+3}+\dfrac{8}{c+3}\) (5)
Từ điều (3) , (4) , (5)
\(\Rightarrow\dfrac{8}{\left(a+b\right)^2+4abc}+\dfrac{8}{\left(b+c\right)^2+4abc}+\dfrac{8}{\left(c+a\right)^2+4abc}+a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{8}{a+3}+\dfrac{8}{b+3}+\dfrac{8}{c+3}\) ( đpcm )
Fix đề: Cho a,b,c không âm. Chứng minh \(\dfrac{1}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{1}{\left(b-c\right)^2}+\dfrac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\dfrac{4}{ab+bc+ca}\)
Dự đoán điểm rơi sẽ có 1 số bằng 0.
Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\) ( c là số nhỏ nhất trong 3 số) thì \(c\ge0\)
do đó \(ab+bc+ca\ge ab\) và \(\dfrac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge\dfrac{1}{b^2};\dfrac{1}{\left(c-a\right)^2}=\dfrac{1}{\left(a-c\right)^2}\ge\dfrac{1}{a^2}\)
BDT cần chứng minh tương đương
\(ab\left[\dfrac{1}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\right]\ge4\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{a^2+b^2}{ab}\ge4\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{\left(a-b\right)^2}{ab}+2\ge4\)
BĐT trên hiển nhiên đúng theo AM-GM.
Do đó ta có đpcm. Dấu = xảy ra khi c=0 , \(\left(a-b\right)^2=a^2b^2\) ( và các hoán vị )
\(\frac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{abc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{abc}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{abc}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)( GT abc = 1 )
\(\Leftrightarrow\frac{bc}{ab+ac}+\frac{ac}{ab+ac}+\frac{ab}{ac+bc}\ge\frac{3}{2}\). Đặt \(\hept{\begin{cases}ab=x\\bc=y\\ac=z\end{cases}\left(x,y,z>0\right)}\)ta được bất đẳng thức Nesbitt quen thuộc :
\(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)( em không chứng minh )
Vậy ta có đpcm
Đẳng thức xảy ra <=> x = y = z <=> a = b = c = 1
Do giả thiết abc=1abc=1 nên
\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{a^2bc\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{a\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{ab+ac}a2(b+c)1=a2bc(b+c)bc=a(b+c)bc=ab+acbc
Đặt x=bc,y=ca,z=abx=bc,y=ca,z=ab thì x,y,z>0x,y,z>0 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành bất đẳng thức quen thuộc
\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}y+zx+z+xy+x+yz≥23.
Bài 1:
dự đoán dấu = sẽ là \(a^2=b^2=c^2=\dfrac{1}{2}\) nên cứ thế mà chém thôi .
Ta có: \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)=\left(a^2+\dfrac{1}{2}\right)\left(\dfrac{1}{2}+b^2\right)+\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)+\dfrac{3}{4}\)
Bunyakovsky:\(\left(a^2+\dfrac{1}{2}\right)\left(\dfrac{1}{2}+b^2\right)+\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)+\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2+\dfrac{1}{4}\left(a+b\right)^2+\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{4}\left[\left(a+b\right)^2+1\right]\)
\(VT=\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\dfrac{3}{4}\left[\left(a+b\right)^2+1\right]\left(1+c^2\right)\ge\dfrac{3}{4}\left(a+b+c\right)^2\)(đpcm)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)
P/s: còn 1 cách khác nữa đó là khai triển sau đó xài schur . Chi tiết trong tệp BĐT schur .pdf
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a^3}{(b+2)(c+3)}+\frac{b+2}{36}+\frac{c+3}{48}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{36.48}}=\frac{a}{4}\)
Tương tự:\(\frac{b^3}{(c+2)(a+3)}+\frac{c+2}{36}+\frac{a+3}{48}\geq \frac{b}{4}\)
\(\frac{c^3}{(a+2)(b+3)}+\frac{a+2}{36}+\frac{b+3}{48}\geq \frac{c}{4}\)
Cộng theo vế các BĐT trên và rút gọn ta có:
\(\frac{a^3}{(b+2)(c+3)}+\frac{b^3}{(c+2)(a+3)}+\frac{c^3}{(a+2)(b+3)}\geq \frac{29}{144}(a+b+c)-\frac{17}{48}\)
Mà cũng theo AM-GM:
\(a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3\)
\(\Rightarrow \frac{a^3}{(b+2)(c+3)}+\frac{b^3}{(c+2)(a+3)}+\frac{c^3}{(a+2)(b+3)}\geq \frac{29}{144}(a+b+c)-\frac{17}{48}\geq \frac{29}{144}.3-\frac{17}{48}=\frac{1}{4}\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài này trong đề nào đó mới đây:
Đặt \(\dfrac{a+b}{a-b}=x;\dfrac{b+c}{b-c}=y;\dfrac{c+a}{c-a}=z\).
Ta có: \(2P=\dfrac{\left(a-b\right)^2+\left(a+b\right)^2}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{\left(b-c\right)^2+\left(b+c\right)^2}{\left(b-c\right)^2}+\dfrac{\left(c-a\right)^2+\left(c+a\right)^2}{\left(c-a\right)^2}=3+x^2+y^2+z^2=3+\left(x+y+z\right)^2-2\left(xy+yz+zx\right)\),
Mặt khác dễ dàng chứng minh được: \(\left(x+1\right)\left(y+1\right)\left(z+1\right)=\left(x-1\right)\left(y-1\right)\left(z-1\right)\Leftrightarrow xy+yz+zx=-1\).
Từ đó \(2P=\left(x+y+z\right)^2+5\ge5\Leftrightarrow P\ge\dfrac{5}{2}\).
Bài này là bất đẳng thức nên mình không tìm điểm rơi.