Cho a,b,c > 0. Chứng minh rằng: 4a/(2a+b+c) + 4b/(2b+a+c) + 4c/(2c+a+b) < hoặc = 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
T
6 tháng 9 2020
Bài này không đúng nhé. Với a = b = c = 1 thì bất đẳng thức sai. Tuy nhiên bài này đúng theo chiều ngược lại.
PN
7 tháng 9 2020
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau đây \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(< =>2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
\(< =>2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)
\(< =>\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)*đúng*
Đặt \(\left\{2a+2b-c;2b+2c-a;2c+2a-b\right\}\rightarrow\left\{x;y;z\right\}\)
Vì a,b,c là ba cạnh của 1 tam giác nên x,y,z dương
Ta có : \(x^2+y^2+z^2=9\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(x+y=c+a+4b\); \(y+z=a+b+4c\); \(z+x=b+c+4a\)
Bất đẳng thức cần chứng minh quy về : \(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^3.x\left(y+z\right)}{\left(y+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{x^4}{4}}=2\frac{x^2}{2}=x^2\)
\(\frac{y^3}{x+z}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{y^3.y\left(x+z\right)}{\left(x+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{y^4}{4}}=2\frac{y^2}{2}=y^2\)
\(\frac{z^3}{x+y}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{z^3.z\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)4}}=2\sqrt{\frac{z^4}{4}}=2\frac{z^2}{2}=z^2\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx+xy+yz+zx}{4}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx}{2}\ge x^2+y^2+z^2\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{xy+yz+zx}{2}\)
Sử dụng bất đẳng thức phụ \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)khi đó ta được :
\(\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{y+x}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)
\(< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{z+x}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z< =>a=b=c\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
18 tháng 3 2019
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz:
\(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{a+b+2c}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{2a+b+c+a+2b+c+a+b+2c}=\frac{9}{4a+4b+4c}\)Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
5 tháng 6 2021
\(4.\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}-\dfrac{3}{2}\right)+\dfrac{ab^2+bc^2+ca^2+abc}{a^2b+b^2c+c^2a+abc}-1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{a^2b+b^2c+c^2a+abc}-2.\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)-2\left(a^2b+b^2c+c^2a+abc\right)\right]}{\left(a^2b+b^2c+c^2a+abc\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2}{\left(a^2b+b^2c+c^2a+abc\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)
Bất đẳng thức hiển nhiên đúng
Vậy ta có điều phải chúng minh. Dấu hằng đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
-Chúc bạn học tốt-
5 tháng 6 2021
Bạn giải thích hộ mình từ dòng 1 xuống dòng 2 đc ko ạ ?
N
26 tháng 9 2017
Áp dụng BĐT cauchy-schwarz:
\(\sum\dfrac{a^4b}{2a+b}=\sum\dfrac{a^4b^2}{2ab+b^2}\ge\dfrac{\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}\)
giờ ta chỉ cần có:\(a^2b+b^2c+c^2a\ge a+b+c\)
Áp dụng AM-GM:
\(a^2b+\dfrac{1}{b}\ge2a\)..tương tự ,ta suy ra:
\(a^2b+b^2c+c^2a\ge2\left(a+b+c\right)-\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)(*)
Theo giả thiết: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\le3\)
Dễ dàng suy ra được \(a+b+c\ge3\) ( từ BĐT \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\))
theo đó thì \(a+b+c\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\)
Nên từ (*) ta có đpcm.
Dấu = xảy ra khi a=b=c=1