Cho a,b,c >0. Chứng mình rằng: 1/2a+b+c + 1/a+2b+c + 1/a+b+2c >= 9/[4(a+b+c)]
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 4 2019
Cho \(a=b=c\) ta có:
\(\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\ge1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\Leftrightarrow1\ge2\)
Bất đẳng thức sai
NL
0
NL
2
TN
2 tháng 10 2017
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{4}{2a+b+c}=\frac{4}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}\le\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\)
\(\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có:
\(\frac{4}{2b+c+a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)\(;\frac{4}{2c+a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\le\frac{1}{4}\left(4a+4b+4c\right)=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=VP\)
Khi \(a=b=c\)
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
NL
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
29 tháng 6 2019
\(S=\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}=\frac{a^2}{ab+2ac}+\frac{b^2}{bc+2ab}+\frac{c^2}{ac+2bc}\)
\(\Rightarrow S\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{3\left(ab+bc+ca\right)}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
18 tháng 11 2019
\(VT=\frac{b^2c^2}{b+c}+\frac{a^2c^2}{a+c}+\frac{a^2b^2}{a+b}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3abc\left(a+b+c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Trước tiên ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ \(\frac{x^2}{a^{}}+\frac{y^2}{b}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{a+b}\) (1) với mọi a, b, x, y > 0,
(1) \(\lrArr\frac{bx^2+ay^2}{ab}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{a+b}\)
\(\lrArr\left(bx^2+ay^2\right)\left(a+b\right)\ge ab\left(x+y_{}\right)^2\)
\(\lrArr a^2y^2+b^2x^2+abx^2+aby^2\ge abx^2+2abxy+aby^2\)
\(\lrArr a^2y^2+b^2x^2\ge2abxy\) (2)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số thực dương \(a^2y^2,b^2x^2\) , ta có \(a^2y^2+b^2x^2\ge2\sqrt{a^2y^2b^2x^2}=2abxy\) , do đó (2) luôn đúng. Như vậy (1) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra \(\lrArr ay=bx\) hay \(\frac{x}{a}=\frac{y}{b}\)
Áp dụng 2 lần (*), ta có:
\(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{a+b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{a+b+c}\) . Dấu "=" xảy ra khi \(\begin{cases}\frac{x}{a}=\frac{y}{b}\\ \frac{x+y}{a+b}=\frac{z}{c}\end{cases}\) \(\lrArr\begin{cases}\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{x+y}{a+b}\\ \frac{x+y}{a+b}=\frac{z}{c}\end{cases}\) \(\lrArr\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}\).
Như vậy \(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{a+b+c}\) (3) và dấu "=" xảy ra khi \(\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}\). Áp dụng (3) cho VT của bất đẳng thức cần chứng minh, ta có:
\(VT=\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{a+b+2c}\)
\(=\frac{1^2}{2a+b+c}+\frac{1^2}{a+2b+c}+\frac{1^2}{a+b+2c}\)
\(\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{2a+b+c+a+2b+c+a+b+2c}\)
\(=\frac{9}{4\left(a+b+c\right)}=VP\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\frac{1}{2a+b+c}=\frac{1}{a+2b+c}=\frac{1}{a+b+2c}\)
\(\lrArr2a+b+c=a+2b+c=a+b+2c\)
\(\lrArr a=b=c\) (trừ cả 3 vế cho \(a+b+c\))
Ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)