Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Mình học ngu nên chỉ biết cách của lớp 1 mà ai cũng biết:
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\) ta cần c/m: \(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\)
Tới đây khó quá không biết làm sao nữa.
Cho a, b, c dương thỏa a +b + c = 3. Cmr: \(\frac{1}{2+a^2b}+\frac{1}{2+b^2c}+\frac{1}{2+c^2a}\ge1\)
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(\frac{2}{2+a^2b}+\frac{2}{2+b^2c}+\frac{2}{2+c^2a}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)
Ta có: \(VT=\sum\frac{a^2b}{1+1+a^2b}\le\frac{1}{3}\sum\frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}=\frac{1}{3}\sum\sqrt[3]{a^4b^2}=\frac{1}{3}\sum\sqrt[3]{a^2.ab.ab}\)
\(VT\le\frac{1}{9}\sum\left(a^2+ab+ab\right)=\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)^2=1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(1-\frac{a^2b}{2+a^2b}\ge1-\frac{a^2b}{3.\sqrt[3]{a^2b}}\)\(\rightarrow1-3\sqrt[3]{a^4b^2}=3.\sqrt[3]{ab.ab.a^2}\rightarrow.....\)
BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có: \(2+a^2b=1+1+a^2b\ge3\sqrt[3]{a^2b}\)
Do đó ta được \(\frac{a^2b}{1+a^2b}\le\frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}=\frac{a\sqrt[3]{ab^2}}{3}\)
Hoàn toàn tương tự ta được \(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le\frac{a\sqrt[3]{ab^2}+b\sqrt[3]{bc^2}+c\sqrt[3]{ca}}{3}\)
Cũng theo BĐT Cauchy ta được \(\sqrt[3]{ab^2}\le\frac{a+b+b}{3}=\frac{a+2b}{3}\)
\(\Rightarrow a\sqrt[3]{ab^2}\le\frac{a\left(a+2b\right)}{3}=\frac{a^2+2ab}{3}\)
Tương tự cũng được \(a\sqrt[3]{ab^2}+b\sqrt[3]{bc^2}+c\sqrt[3]{ca}\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=3\)
Từ đó ta được\(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1
a) Dùng (a+b)2≥4ab
Chia hai vế cho a+b ( vì ab khác 0)
Ta có a+b≥\(\frac{4ab}{a+b}\) (Chuyển ab sang a+b) ta có
\(\frac{a+b}{ab}\)≥\(\frac{4}{a+b}\) <=> \(\frac{1}{a}\)+\(\frac{1}{b}\)≥\(\frac{4}{a+b}\)
a/ Đề sai, đề đúng phải là \(p=\frac{a+b+c}{2}\)
b/ \(\Leftrightarrow\frac{2}{2+a^2b}+\frac{2}{2+b^2c}+\frac{2}{2+c^2a}\ge2\)
\(VT=1-\frac{a^2b}{1+1+a^2b}+1-\frac{b^2c}{1+1+b^2c}+1-\frac{c^2a}{1+1+c^2a}\)
\(VT\ge3-\left(\frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}+\frac{b^2c}{3\sqrt[3]{b^2c}}+\frac{c^2a}{3\sqrt[3]{c^2a}}\right)\)
\(VT\ge3-\frac{1}{9}\left(3\sqrt[3]{a^2.ab.ab}+3\sqrt[3]{b^2.bc.bc}+3\sqrt[3]{c^2.ca.ca}\right)\)
\(VT\ge3-\frac{1}{9}\left(a^2+2ab+b^2+2bc+c^2+2ca\right)\)
\(VT\ge3-\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)^2=2\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Đặt \(a=\dfrac{x}{y};b=\dfrac{y}{z};c=\dfrac{z}{x}\) khi đó cần chứng minh:
\(\dfrac{y}{2x+y}+\dfrac{z}{2y+z}+\dfrac{x}{2z+x}\ge1\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT=\dfrac{y^2}{2xy+y^2}+\dfrac{z^2}{2yz+z^2}+\dfrac{x^2}{2zx+x^2}\)
\(\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)}\)
\(=\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2}=1=VP\)
Khi \(a=b=c=1\)
ta có \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Bất đẳng thức chứng minh tương đương với:
\(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)
Áp dụng Cô-si ta có:
\(2+a^2b=1+1+a^2b\ge3\sqrt[3]{a^2b}\)
\(\Rightarrow\frac{a^2b}{2+a^2b}\le\frac{1}{3}\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le\frac{2a^2+b^2}{9}\)
CHưng minh tương tự ta có:
\(\frac{b^2c}{2+b^2c}\le\frac{2b^2+c^2}{9},\frac{c^2a}{2+c^2a}\le\frac{2c^2+a^2}{9}\)
Cộng là ta có \(đpcm.\)
Dấu \(=\)xảy ra khi \(a=b=c=1\)
AM-GM ngược