K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

1 tháng 3 2020

\(\frac{a+b+c}{9}\)nha

Đặt \(P=\frac{a^3}{\left(b+2c\right)^2}+\frac{b^3}{\left(c+2a\right)^2}+\frac{c^3}{\left(a+2b\right)^2}\)

Áp dụng bđt AM-GM cho 3 số dương a,b,c ta được:
\(\frac{a^3}{\left(b+2c\right)^2}+\frac{b+2c}{27}+\frac{b+2c}{27}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(b+2c\right)^2}.\frac{b+2c}{27}.\frac{b+2c}{27}}=\frac{a}{3}\)

\(\frac{b^3}{\left(c+2a\right)^2}+\frac{c+2a}{27}+\frac{c+2a}{27}\ge3\sqrt[3]{\frac{b^3}{\left(c+2a\right)^2}.\frac{c+2a}{27}.\frac{c+2a}{27}}=\frac{b}{3}\)

\(\frac{c^3}{\left(a+2b\right)^2}+\frac{a+2b}{27}+\frac{a+2b}{27}\ge3\sqrt[3]{\frac{c^3}{\left(a+2b\right)^2}.\frac{a+2b}{27}.\frac{a+2b}{27}}=\frac{c}{3}\)

Cộng từng vế ta được: 

\(P+\)\(\frac{6\left(a+b+c\right)}{27}\ge\frac{a+b+c}{3}\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{a+b+c}{9}\)

Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

15 tháng 5 2018

Mình nhầm, phải là \(\le\frac{1}{3}\)mọi người làm giúp mình với mình cần gấp

1 tháng 8 2020

Theo BĐT Cauchy Schwarz và các biến đổi cơ bản ta dễ có được:
\(\frac{a^2}{\left(2a+b\right)\left(2a+c\right)}=\frac{a^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}=\frac{1}{9}\left[\frac{\left(2a+a\right)^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}\right]\)

\(\le\frac{1}{9}\left[\frac{4a^2}{2a\left(a+b+c\right)}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right]=\frac{1}{9}\left(\frac{2a}{a+b+c}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)

\(\Rightarrow LHS\le\frac{1}{9}\left(2+\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ca}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\right)\)

Tiếp tục theo BĐT Cauchy Schwarz dạng Engel:

\(\frac{a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2}{b^2+2ca}+\frac{c^2}{c^2+2ab}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)

Ta thực hiện phép đổi biến thì:

\(\frac{ab}{ab+2c^2}+\frac{bc}{bc+2a^2}+\frac{ca}{ca+2b^2}\ge1\)

Đến đây là phần của bạn

9 tháng 10 2017

Ta có \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a^2b^2c^2\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 1\)

BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{\frac{1}{c^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}+\frac{\frac{1}{b^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}}+\frac{\frac{1}{a^3}}{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Đặt \((\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})=(x,y,z)\). Bài toán trở thành: 

Cho \(x,y,z>0|x^2+y^2+z^2\geq 1\). CMR \(P=\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Lời giải:

 Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz:

\(P=\frac{x^4}{xy^2+xz^2}+\frac{y^4}{yz^2+yx^2}+\frac{z^4}{zx^2+zy^2}\geq \frac{(x^2+y^2+^2)^2}{x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)}\) (1)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\geq y\geq z\Rightarrow x^2\geq y^2\geq z^2\) 

Và \(y+z\leq z+x\leq x+y\). Khi đó, áp dụng BĐT Chebyshev: 

\(3[x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)]\leq (x^2+y^2+z^2)(y+z+x+z+x+y)\)

\(\Leftrightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)(x+y+z)}{3}\)

Theo hệ quả của BĐT Am-Gm thì: \((x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)\Rightarrow x+y+z\leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\)

\(\Rightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{3}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(P\geq \frac{3(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}=\frac{\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)

Ta có đpcm

Dáu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)

5 tháng 5 2020

Đặt \(x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}\)

Khi đó giả thiết được viết lại là \(x^2+y^2+z^2\ge1\)và ta cần chứng minh \(\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)(*)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:

\(VT_{\left(^∗\right)}=\frac{x^4}{x\left(y^2+z^2\right)}+\frac{y^4}{y\left(z^2+x^2\right)}+\frac{z^4}{z\left(x^2+y^2\right)}\)\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\)

Đến đây ta đi chứng minh \(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)\(\ge\sqrt{3}\left[x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)\right]\)

Ta có: \(x\left(y^2+z^2\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2x^2\left(y^2+z^2\right)\left(y^2+z^2\right)}\)\(\le\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\left(\frac{2x^2+y^2+z^2+y^2+z^2}{3}\right)^3}\)

\(=\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

Tương tự ta có: \(y\left(z^2+x^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

\(z\left(x^2+y^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được: 

\(\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le\frac{2\sqrt{3}}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3}\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)

Cuối cùng ta cần chứng minh được

\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge1\)(đúng)

Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)

Giúp mình với! Mình đang cần gấp. Các bạn làm được bài nào thì giúp đỡ mình nhé! Cảm ơn!Bài 1: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:\(\frac{a^2}{\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}}+\frac{b^2}{\sqrt{\left(2b^2+c^2\right)\left(2b^2+a^2\right)}}+\frac{c^2}{\sqrt{\left(2c^2+a^2\right)\left(2c^2+b^2\right)}}\le1\).Bài 2: Cho các số thực dương a,b,c,d. Chứng minh...
Đọc tiếp

Giúp mình với! Mình đang cần gấp. Các bạn làm được bài nào thì giúp đỡ mình nhé! Cảm ơn!

Bài 1: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:

\(\frac{a^2}{\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}}+\frac{b^2}{\sqrt{\left(2b^2+c^2\right)\left(2b^2+a^2\right)}}+\frac{c^2}{\sqrt{\left(2c^2+a^2\right)\left(2c^2+b^2\right)}}\le1\).

Bài 2: Cho các số thực dương a,b,c,d. Chứng minh rằng:

\(\frac{a-b}{a+2b+c}+\frac{b-c}{b+2c+d}+\frac{c-d}{c+2d+a}+\frac{d-a}{d+2a+b}\ge0\).

Bài 3: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:

\(\frac{\sqrt{b+c}}{a}+\frac{\sqrt{c+a}}{b}+\frac{\sqrt{a+b}}{c}\ge\frac{4\left(a+b+c\right)}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\).

Bài 4:Cho a,b,c>0, a+b+c=3. Chứng minh rằng: 

a)\(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge1\).

b)\(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}\ge\frac{3}{2}\).

c)\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\).

Bài 5: Cho a,b,c >0. Chứng minh rằng:

\(\frac{2a^2+ab}{\left(b+c+\sqrt{ca}\right)^2}+\frac{2b^2+bc}{\left(c+a+\sqrt{ab}\right)^2}+\frac{2c^2+ca}{\left(a+b+\sqrt{bc}\right)^2}\ge1\).

8
21 tháng 10 2019

1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)

\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\)  (1) 

áp dụng (x2 +y2 +z2)(m2+n2+p2\(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)

(2a2bc +b2c2 + 2b2ac+a2c2 + 2c2ab+a2b2). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\)   <=> (ab+bc+ca)2. VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\)  ( vậy (1) đúng)

dấu '=' khi a=b=c

21 tháng 10 2019

4b, \(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}=1-\frac{ab^2}{a^2+b^2}+1-\frac{bc^2}{b^2+c^2}+1-\frac{ca^2}{a^2+c^2}\)

\(\ge3-\frac{ab^2}{2ab}-\frac{bc^2}{2bc}-\frac{ca^2}{2ac}=3-\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=\frac{3}{2}\)

22 tháng 2 2022

Áp dụng đánh giá \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\) , ta được:

\(\left(\frac{a}{b+2c}\right)^2+\left(\frac{b}{c+2a}\right)^2+\left(\frac{c}{a+2b}\right)^2\ge\frac{1}{3}\left(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\right)\)

Vậy ta cần chứng minh:

\(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge1\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được:

\(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)}\)

Vậy theo đánh giá ta được: \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\), do đó ta được:

\(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge1\)

Vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.

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.

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

2 tháng 8 2016

SD bất đẳng thức Côsi:

\(\frac{a^3}{\left(b+2c\right)^2}+\frac{b+2c}{27}+\frac{b+2c}{27}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(b+2c\right)^2}.\frac{b+2c}{27}.\frac{b+2c}{27}}=\frac{a}{3}\)

Tương tự rồi cộng lại ta có đpcm

8 tháng 2 2017

Áp dụng C-S

\(\frac{a}{2a+b+c}=\frac{a}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}\le\frac{a}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\)

9 tháng 2 2017

b) chính là USAMO 2004. Đây là lời giải cung cấp bởi "http://www.artofproblemsolving.com/wiki/index.php/2004_USAMO_Problems/Problem_5"

Ta chứng minh được \(x^5+1\ge x^3+x^2\) suy ra \(x^5-x^2+3\ge x^3+2\).

Ta chỉ cần CM được \(\left(a^3+1+1\right)\left(1+b^3+1\right)\left(1+1+c^3\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)

Nhưng đây chính là BĐT Holder cho 3 bộ số mỗi bộ 3 số.

2 tháng 12 2020

Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)

\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)

\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)

\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)

\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)

Dấu "=" xảy ra khi x=y=z