Chứng minh rằng:
\(\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a-b\right)^2}+\frac{\left(b+c\right)^2}{\left(b-c\right)^2}+\frac{\left(c+a\right)^2}{\left(c-a\right)^2}\ge2\)
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
KN
10 tháng 8 2020
Đặt \(x=\frac{2a}{b+c};y=\frac{2b}{c+a};z=\frac{2c}{a+b}\)thì ta có \(xy+yz+zx+xyz=4\)
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: \(x^2+y^2+z^2+5xyz\ge4\)
Đặt \(x+y+z=p;xy+yz+zx=q;xyz=r\)thì \(q+r=4\)và ta cần chứng minh \(p^2-2q+5r\ge8\)
\(\Leftrightarrow p^2-2q+5\left(r-4\right)+12\ge0\Leftrightarrow p^2-7q+12\ge0\)
*) Nếu \(4\ge p\)thì theo Schur, ta có: \(r\ge\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\Leftrightarrow4\ge q+\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\)
\(\Leftrightarrow q\le\frac{p^3+36}{4p+9}\)
Nên ta cần chỉ ra rằng \(p^2-\frac{7\left(p^3+6\right)}{4p+9}+12\ge0\Leftrightarrow\left(p-3\right)\left(p^2-6\right)\le0\)*đúng vì \(4\ge p\ge\sqrt{3q}\ge3\)*
*) Nếu \(p\ge4\)thì \(p^2\ge16\ge4q\Rightarrow p^2-2q+5r\ge p^2-2q\ge\frac{p^2}{2}\ge8\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 hoặc \(\left(x,y,z\right)=\left(2,2,0\right)\)và các hoán vị
T
11 tháng 8 2020
Tuyệt quá,
Bất đẳng thức \(\frac{a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{c^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{kabc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{4}+\frac{1}{8}k\)
có hằng số k tốt nhất là 10.
Tức là bài toán này đúng với mọi \(k\le10\)!
ND
Nguyễn Đăng Nhân
CTVHS
18 tháng 2 2022
Ta có:
\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}=\frac{a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(\ge\frac{4a\left(b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b^2+bc+c^2+ab+bc+ca\right)^2}=\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}\)
Tương tự ta được:
\(\frac{a\left(b+c\right)}{b^2+bc+c^2}+\frac{b\left(c+a\right)}{c^2+ca+a^2}+\frac{c\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\)
\(\ge\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\)
Vậy ta cần chứng minh:
\(\frac{4a\left(ab+bc+ca\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4b\left(ab+bc+ca\right)}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)^2}+\frac{4c\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)^2}\ge2\)
Ta viết lại bất đẳng thức trên thành:
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
Đánh giá trên đúng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
19 tháng 8 2017
\(VT=\frac{b-a+a-c}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\frac{c-b+b-a}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}+\frac{a-c+c-b}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}\)
\(=\frac{-1}{a-c}+\frac{1}{a-b}+\frac{-1}{b-a}+\frac{1}{b-c}+\frac{-1}{c-b}+\frac{1}{c-a}\)
\(=\frac{2}{a-b}+\frac{2}{b-c}+\frac{2}{c-a}=VP\)
BT
19 tháng 8 2017
Ta có:
\(\frac{b-c}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}=\frac{b-a+a-c}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}=\frac{b-a}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\frac{a-c}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}=\frac{1}{c-a}+\frac{1}{a-b}\)
Tương tự:
\(\frac{c-a}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}=\frac{c-b+b-a}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}=\frac{c-b}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}+\frac{b-a}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}=\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}\)
Và: \(\frac{a-b}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}=\frac{a-c+c-b}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}=\frac{a-c}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}+\frac{c-b}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}=\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a}\)
=> \(\frac{b-c}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\frac{c-a}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}+\frac{a-b}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}=\frac{1}{c-a}+\frac{1}{a-b}+\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a}\)
=> \(\frac{b-c}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\frac{c-a}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}+\frac{a-b}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}=\frac{2}{a-b}+\frac{2}{b-c}+\frac{2}{c-a}\)
=> đpcm
11 tháng 9 2016
Vì vai trò a,b,c như nhau nên ta giả sử
\(a\ge b\ge c>0\)
Ta có: \(2b\left(a+c\right)^2-\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+c\right)\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2b\left(a+c\right)^2\ge\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Khi đó:
\(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)\(\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{4ac}{\left(a+c\right)^2}\) (1)
Mà \(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{4ac}{\left(a+c\right)^2}-2=\frac{\left(a^2+c^2-ab-bc\right)^2}{\left(a+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)}\ge0\) (2)
Từ (1) và (2) =>Đpcm
11 tháng 9 2016
Ta dễ dàng chứng minh được \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\ge1\Rightarrow\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\ge\frac{a^2+b^2+c^2+a^2}{ab+bc+ac+a^2}=\frac{2a^2+b^2+c^2}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}\)
Suy ra cần chứng minh \(\frac{2a^2+b^2+c^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge2\)
Điều này tương đương với \(\left(b+c\right)\left(2a^2+b^2+c^2\right)+8abc\ge2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(\Leftrightarrow2a^2b+2a^2c+b^3+b^2c+c^2b+c^3+8abc\ge2\left(2abc+a^2b+ac^2+a^2c+b^2c+b^2a+bc^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(b^2-2bc+c^2\right)\left(b+c-2a\right)\ge0\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2\left(b+c-2a\right)\ge0\) (luôn đúng)
Vậy bđt ban đầu được chứng minh
TN
18 tháng 2 2017
C/m bằng biến đổi tương đương như sau
\(Σ\frac{a^2}{\left(b-c\right)^2}-2=\left(Σ\frac{a}{b-c}\right)^2-2Σ\frac{ab}{\left(b-c\right)\left(c-a\right)}-2\)
\(=\frac{\left(Σ\left(a^3-a^2b-a^2c+abc\right)\right)^2}{╥\left(a-b\right)^2}-2\frac{Σ\left(a^2b-a^2c\right)}{╥\left(a-b\right)}-2\)
\(=\frac{\left(Σ\left(a^3-a^2b-a^2c+abc\right)\right)^2}{╥\left(a-b\right)^2}+2-2\ge0\)
P/s: \(╥\) dùng thay cho ∏ nhé, tại olm đã ít kí hiệu lại ko cho paste nên dùng tạm
Điều kiện là các số đôi một khác nhau:
Đặt \(\left(a+b;b+c;c+a\right)=\left(x;y;z\right)\) BĐT trở thành:
\(\frac{x^2}{\left(y-z\right)^2}+\frac{y^2}{\left(z-x\right)^2}+\frac{z^2}{\left(x-y\right)^2}\ge2\)
Bạn tham khảo ở đây:
Câu hỏi của tư mã chiêu - Toán lớp 9 | Học trực tuyến