K
Khách

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

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

 

4 tháng 1 2020

hack hay sao

4 tháng 1 2020

chứng minh ngắn là làm tắt

26 tháng 5 2019

\(P=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\sqrt{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}}\) 

\(=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\sqrt{\left(ab+bc+ca+a^2\right)\left(ab+bc+ca+b^2\right)\left(ab+bc+ca+c^2\right)}}\)

\(=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\)

\(=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)

Ta có:\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,b,c\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)

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

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

Tương tự:\(b+c\ge2\sqrt{bc};c+a\ge2\sqrt{ca}\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra:

\(P\ge1+\frac{8abc}{8abc}=2\left(đpcm\right)\)

Dấu '=' xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

:))

26 tháng 5 2019

ở phần cô si phần cuối là bn sai r

vì >= nhưng ở dưới mẫu nên bị đảo lại thành =< nên bn lm như thế k đúng

đay là link giải https://diendan.hocmai.vn/threads/bdt-a-2-b-2-c-2-dfrac-8abc-a-b-b-c-c-a-geq-2.341255/

11 tháng 9 2016

Ta có : \(\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)}\ge\frac{2}{3}\)

\(\Leftrightarrow3\left(a+b+c+d\right)^2\ge8\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)+6\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)\ge8\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)\)

\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)-2\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)+\left(a^2-2ad+d^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(b^2-2bd+d^2\right)+\left(c^2-2cd+d^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(a-d\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(b-d\right)^2+\left(c-d\right)^2\ge0\) (luôn đúng)

Vậy bđt ban đầu được chứng minh

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

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 \(k\le10\)!

22 tháng 9 2017

Trần Hữu Ngọc Minh bn tham khảo nha:

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: 

\(\frac{a}{a+b}=\frac{b}{b+c}=\frac{c}{c+a}=\frac{a+b+c}{"b+c"+"a+c"+"a+b"}=\frac{a+b+c}{2."a+b+c"}\)

Xét 2 trường hợp, ta có:

\(\cdot TH1:a+b+c=0\)thì \(\hept{\begin{cases}b+c=-a\\a+c=-b\\a+b=-c\end{cases}}\)

Có: \(\frac{b+c}{a}+\frac{a+c}{b}+\frac{a+b}{c}=\frac{-a}{a}+\frac{-b}{b}+\frac{-c}{c}=-1+-1+-1=-3\)

Không phụ thuộc vào các giá trị a,b,c 1:

\(\cdot TH2:a+b+c\ne0\)thì \(\frac{a}{b+c}=\frac{b}{a+c}=\frac{c}{a+b}=\frac{a+b+c}{2."a+b+c"}=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}2a=b+c\\2b=a+c\\2c=a+b\end{cases}}\)

Có: \(\frac{b+c}{a}+\frac{a+c}{b}+\frac{a+b}{c}=\frac{2a}{a}+\frac{2b}{b}+\frac{2c}{c}\)

Không phụ thuộc vào các giá trị a,b,c 2

Từ 1 và 2 \(\Rightarrow\)đpcm

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.

(

hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhhhh

hhhhhhhhhhhhh

5 tháng 1 2021

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3

Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có....

5 tháng 1 2021

.

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3

Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có