Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(VT=\frac{b^2c^2}{b+c}+\frac{a^2c^2}{a+c}+\frac{a^2b^2}{a+b}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3abc\left(a+b+c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Lời giải:
\(\text{BĐT}\Leftrightarrow \frac{\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}}{abc}\geq\frac{ab+bc+ac}{abc}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\geq ab+bc+ac\) \((\star)\)
Điều này hiển nhiên đúng vì theo Cauchy-SChwarz kết hợp AM-GM:
\(\text{VT}_{\star}=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{ab+bc+ac}\geq ab+bc+ac\)
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
Áp dụng bđt Cauchy-schwarz dạng engel ta có:
1. \(\frac{a^2}{a+2b}+\frac{b^2}{b+2c}+\frac{c^2}{c+2a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+2b\right)+\left(b+2c\right)+\left(c+2a\right)}=\frac{a+b+c}{3}\)
Dấu "=" \(\Leftrightarrow\frac{a}{a+2b}=\frac{b}{b+2c}=\frac{c}{c+2a}\Leftrightarrow a=b=c\)
2. \(\frac{a^2}{2a+3b}+\frac{b^2}{2b+3c}+\frac{c^2}{2c+3a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(2a+3b\right)+\left(2b+3c\right)+\left(2c+3a\right)}=\frac{a+b+c}{5}\)
Dấu "=" \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Bài 1. Ta có: \(a\left(a+2\right)\left(a-1\right)^2\ge0\therefore\frac{1}{4a^2-2a+1}\ge\frac{1}{a^4+a^2+1}\)
Thiết lập tương tự 2 BĐT còn lại và cộng theo vế rồi dùng Vasc (https://olm.vn/hoi-dap/detail/255345443802.html)
Bài 5: Bất đẳng thức này đúng với mọi a, b, c là các số thực. Chứng minh:
Quy đồng và chú ý các mẫu thức đều không âm, ta cần chứng minh:
\(\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\Sigma\left[\left(a^2+b^2\right)+2c^2\right]\left(a-b\right)^2\ge0\)
Đây là điều hiển nhiên.
Lời giải:
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$\frac{1}{bc(2a^2+bc)}+\frac{1}{ac(2b^2+ac)}+\frac{1}{ab(2c^2+ab)}\geq 1(*)$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
$\frac{1}{bc(2a^2+bc)}+\frac{1}{ac(2b^2+ac)}+\frac{1}{ab(2c^2+ab)}\geq \frac{9}{bc(2a^2+bc)+ac(2b^2+ac)+ab(2c^2+ab)}=\frac{9}{(ab+bc+ac)^2}=\frac{9}{3^2}=1$
Do đó BĐT $(*)$ đúng. Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
\(\forall a,b,c\ge0\).Áp dụng BĐT Caushy-Schwarz,ta có :
\(VT\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{2a+c+2c+a+2a+b}=\frac{9}{3\left(a+b+c\right)}=\frac{3}{a+b+c}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
Ta đổi chiều bất đẳng thức, khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(18\left(\frac{a^3}{1+a^3}+\frac{b^3}{1+b^3}+\frac{c^3}{1+c^3}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Để ý abc=1 thì \(\frac{a^3}{1+a^3}=\frac{a^3}{abc+a^3}=\frac{a^2}{bc+a^2}\)nên bất đẳng thức trên thành:
\(18\left(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Lại cũng từ \(abc=1\) ta có \(\left(a+b+c\right)^3\ge27abc=27\), do đó ta sẽ chứng minh được khi ta chỉ ra được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Vế trái của đánh giá trên áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Lúc này ta được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\)
Tuy nhiên để đến khi \(a=b=c=1\) thì:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}=\left(a+b+c\right)^3=27\)
Ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(x+y\ge2\sqrt{xy}\), khi đó ta được:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}+\left(a+b+c\right)^3\ge\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\)
Chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ được:
\(\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\ge54\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^5\ge\frac{81}{2}\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)\)
Vậy theo bất đẳng thức Cauchy ta được:
\(\left(a+b+c\right)^6=\left[\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\right]^3\)
\(\ge27\left(a+b+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)^2\ge81abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
\(=81\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
Khi đó ta được:
\(\left(a+b+c\right)^5\ge81\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Vậy ta cần chỉ ra rằng:
\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
Vậy bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\), là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\)
\(\Rightarrow\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{b+c}{4bc}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}\cdot\frac{b+c}{4bc}}=\frac{1}{a}\)
\(\Rightarrow\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{c+a}{4ca}\ge2\sqrt{\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}\cdot\frac{c+a}{4ca}}=\frac{1}{b}\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}+\frac{a+b}{4ab}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\cdot\frac{a+b}{4ab}}=\frac{1}{c}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
\(\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}+\frac{b+c}{4bc}+\frac{c+a}{4ca}+\frac{a+b}{4ab}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Mà\(\frac{b+c}{4bc}+\frac{c+a}{4ca}+\frac{a+b}{4ab}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)nên:
\(\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
hay\(\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}\)
Bất đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
\(\frac{a^{2}}{(a+2b)^{3}}+\frac{b^{2}}{(b+2c)^{3}}+\frac{c^{2}}{(c+2a)^{3}}\ge \frac{(a+b+c)^{2}}{a(a+2b)^{3}+b(b+2c)^{3}+c(c+2a)^{3}}\)Vì \(a+b+c=3 \implies (a+b+c)^2 = 9\). Bây giờ mục tiêu của chúng ta là đánh giá mẫu số:
\(M=a(a+2b)^{3}+b(b+2c)^{3}+c(c+2a)^{3}\)Để hạ bậc mẫu số từ bậc 3, ta áp dụng bất đẳng thức AM-GM (Cho 3 số) một cách khéo léo để làm xuất hiện đại lượng ở mẫu:
Xét số hạng đầu tiên \(a(a+2b)^3\), ta biến đổi và áp dụng AM-GM:
\(a(a+2b)^{3}+\text{hằng số}\dots \)
Cách tiếp cận chuẩn nhất là sử dụng bất đẳng thức AM-GM đảo ngược hoặc Cauchy-Schwarz trực tiếp cho các căn bậc hai. Ta có đánh giá sau:
\(\frac{a^{2}}{(a+2b)^{3}}+\frac{a+2b}{27}+\frac{a+2b}{27}\ge 3\sqrt[3]{\frac{a^{2}}{(a+2b)^{3}}\cdot \frac{a+2b}{27}\cdot \frac{a+2b}{27}}=3\cdot \frac{\sqrt[3]{a^{2}\cdot (a+2b)}}{9}\)
Tuy nhiên, cách này vẫn còn chứa căn thức phức tạp. Thay vào đó, ta sử dụng kỹ thuật Cauchy-Schwarz trực tiếp cho từng phân số:Ta có:
\(\frac{a}{\sqrt{a+2b}}\cdot \frac{1}{a+2b}\dots \)Hãy quan sát bất đẳng thức phụ sau bằng AM-GM:
\(\frac{a^{2}}{(a+2b)^{3}}+\frac{a(a+2b)}{54}+\frac{1}{18}\ge 3\sqrt[3]{\frac{a^{2}}{(a+2b)^{3}}\cdot \frac{a(a+2b)}{54}\cdot \frac{1}{18}}=\frac{a}{6}\)
(Kiểm tra lại tích: \(\frac{a^2}{(a+2b)^3} \cdot \frac{a(a+2b)}{54} \cdot \frac{1}{18} = \frac{a^3}{972(a+2b)^2}\), căn bậc 3 không triệt tiêu hết mẫu \(a+2b\), hướng này chưa chuẩn).Hướng đi chính xác nhất:
Ta nhân cả tử và mẫu của từng phân thức để đưa về bình phương:
\(\frac{a^{2}}{(a+2b)^{3}}=\frac{\left(\frac{a}{a+2b}\right)^{2}}{a+2b}\)Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức:
\(\sum \frac{\left(\frac{a}{a+2b}\right)^{2}}{a+2b}\ge \frac{\left(\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a}\right)^{2}}{(a+2b)+(b+2c)+(c+2a)}=\frac{\left(\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a}\right)^{2}}{3(a+b+c)}=\frac{\left(\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a}\right)^{2}}{9}\)Bây giờ ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức phụ quen thuộc:
\(\frac{a}{a+2b}+\frac{b}{b+2c}+\frac{c}{c+2a}\ge 1\)Chứng minh bất đẳng thức phụ:
Biến đổi vế trái bằng cách trừ đi 1 từ mỗi phân thức:
\(\frac{a}{a+2b}=1-\frac{2b}{a+2b}\)
Do đó, bất đẳng thức tương đương với:
\(\left(1-\frac{2b}{a+2b}\right)+\left(1-\frac{2c}{b+2c}\right)+\left(1-\frac{2a}{c+2a}\right)\ge 1\)
\(\iff 3-2\left(\frac{b}{a+2b}+\frac{c}{b+2c}+\frac{a}{c+2a}\right)\ge 1\)
\(\iff \frac{b}{a+2b}+\frac{c}{b+2c}+\frac{a}{c+2a}\le 1\)Tiếp tục áp dụng Cauchy-Schwarz cho vế trái của biểu thức mới này bằng cách nhân tử và mẫu với chính đại lượng ở tử:
\(\frac{b}{a+2b}=\frac{b^{2}}{ab+2b^{2}}\)
\(\implies \sum \frac{b^{2}}{ab+2b^{2}}\ge \frac{(a+b+c)^{2}}{(ab+bc+ca)+2(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\)
(Dấu bất đẳng thức bị ngược chiều \(\ge \) thay vì \(\le \), nên ta cần đảo ngược lại).Cách đảo ngược đúng:
\(\frac{b}{a+2b}=\frac{1}{2}\left(\frac{2b}{a+2b}\right)=\frac{1}{2}\left(1-\frac{a}{a+2b}\right)\)
Bản chất của bổ đề \(\frac{a}{a+2b} + \frac{b}{b+2c} + \frac{c}{c+2a} \geq 1\) là một bất đẳng thức đúng và rất nổi tiếng. Ta chứng minh nó bằng Cauchy-Schwarz như sau:
\(\sum \frac{a}{a+2b}=\sum \frac{a^{2}}{a^{2}+2ab}\ge \frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(ab+bc+ca)}=\frac{(a+b+c)^{2}}{(a+b+c)^{2}}=1\)Bổ đề đã được chứng minh hoàn toàn!Kết luận:Thay kết quả bổ đề \(\left(\sum \frac{a}{a+2b} \geq 1\right)\) vào biểu thức ban đầu:
\(\text{VT}\ge \frac{\left(\sum \frac{a}{a+2b}\right)^{2}}{9}\ge \frac{1^{2}}{9}=\frac{1}{9}\)Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a = b = c = 1\). (đpcm)
ờm ↑
bn bên trên ko tự lm thì ghi nguồn tham khảo giúp tui ^^
ta có: \(\frac{a^2}{a+2b^3}=\frac{a\left(a=2b^3\right)-2ab^3}{a+2b^3}=a-\frac{2ab^3}{a+2b^3}\)
\(a+2b^3=a+b^3+b^3\ge3^3\sqrt{a\cdot b^3\cdot b^3}=3b^{^2}\) \(^3\sqrt{a}\)
\(\frac{2ab^3}{a+2b^3}\le\frac{2ab^3}{3b^23\sqrt{a}}=\frac23b^3\sqrt{a^2}\)
ta có: \(^3\sqrt{a^2}\le\frac{a+a+1}{3}=\frac{2a+1}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{2ab^3}{a+2b^3}\le\frac23b\cdot\frac{2a+1}{3}=\frac{4ab+2b}{9}\)
=> \(\frac{a^2}{a+2b^3}\ge a-\frac{4ab+2b}{9}\)
=> \(VT\ge\left(a+b+c\right)-\frac{4\left(ab+bc+ca\right)+2\left(a+b+c\right)}{9}\)
ta có bđt phụ: \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{3^2}{3}=3\)
=> \(VT\ge3-\frac{4\cdot3+2\cdot3}{9}=1\)
dấu "=" xảy ra khi : a=b=c=1(đpcm)