Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Ta có: \(a^2b+b^2c+c^2a\geq \frac{9a^2b^2c^2}{1+2a^2b^2c^2}\)
\(\Leftrightarrow (a^2b+b^2c+c^2a)(1+2a^2b^2c^2)\geq 9a^2b^2c^2\)
\(\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+2a^4b^3c^2+2a^2b^4c^3+2a^3b^2c^4\geq 3a^2b^2c^2(a+b+c)(*)\)
--------------------------
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^2b+a^4b^3c^2+a^3b^2c^4\geq 3\sqrt[3]{a^9b^6c^6}=3a^3b^2c^2\)
\(b^2c+a^2b^4c^3+a^4b^3c^2\geq 3a^2b^3c^2\)
\(c^2a+a^3b^2c^4+a^2b^4c^3\geq 3a^2b^2c^3\)
Cộng theo vế:
\(\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a+2a^4b^3c^2+2a^2b^4c^3+2a^3b^2c^4\geq 3a^2b^2c^2(a+b+c)\)
Vậy $(*)$ đúng
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Áp dụng bđt cô-si, ta có: \(a+b^2\le\dfrac{a^2+1}{2}+b^2=\dfrac{a^2+2b^2+1}{2}\)
=>\(\dfrac{2a^2}{a+b^2}\ge\dfrac{4a^2}{a^2+2b^2+1}\)
CMTT: Khi đó: \(\dfrac{2a^2}{a+b^2}+\dfrac{2b^2}{b+c^2}+\dfrac{2c^2}{c+a^2}\ge\dfrac{4a^2}{a^2+2b^2+1}+\dfrac{4b^2}{b^2+2c^2+1}+\dfrac{4c^2}{c^2+2a^2+1}\)
Áp dụng bđt Sơ-vác, ta có:
\(\dfrac{4a^4}{a^4+2a^2b^2+a^2}+\dfrac{4b^4}{b^4+2b^2c^2+b^2}+\dfrac{4c^4}{c^4+2c^2a^2+c^2}\ge\dfrac{4\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2+a^2+b^2+c^2}=\dfrac{4.3^2}{3^2+3}=3\)
Do đó: \(\dfrac{2a^2}{a+b^2}+\dfrac{2b^2}{b+c^2}+\dfrac{2c^2}{c+a^2}\ge\dfrac{4a^2}{a^2+2b^2+1}+\dfrac{4b^2}{b^2+2c^2+1}+\dfrac{4c^2}{c^2+2a^2+1}\ge3\)
Vì \(a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=3\)
=>\(\dfrac{2a^2}{a+b^2}+\dfrac{2b^2}{b+c^2}+\dfrac{2c^2}{c+a^2}\ge a+b+c\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
=>ĐPCM
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a-\dfrac{a^2}{a+b^2}=\dfrac{ab^2}{a+b^2}\le\dfrac{ab^2}{2b\sqrt{a}}=\dfrac{b\sqrt{a}}{2}\)
Tương tự cho các BĐT còn lại cũng có:
\(b-\dfrac{b^2}{b+c^2}\le\dfrac{c\sqrt{b}}{2};c-\dfrac{c^2}{c+a^2}\le\dfrac{a\sqrt{c}}{2}\)
Sau đó cộng theo vế các BĐT trên
\(\dfrac{a^2}{a+b^2}+\dfrac{b^2}{b+c^2}+\dfrac{c^2}{c+a^2}\ge3-\dfrac{1}{2}\left(b\sqrt{a}+c\sqrt{b}+a\sqrt{c}\right)\)
\(\ge3-\dfrac{1}{2}\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(\ge3-\dfrac{1}{2}\sqrt{\left(a+b+c\right)\cdot\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=3-\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Bài 2:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\dfrac{a}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}=\dfrac{\sqrt{3}a^2}{\sqrt{3a^2\left(2b^2+2c^2-a^2\right)}}\)
\(\ge\dfrac{\sqrt{3}a^2}{\dfrac{3a^2+2b^2+2c^2-a^2}{2}}=\dfrac{\sqrt{3}a^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Tương tự cho các BĐT còn lại ta có:
\(\dfrac{b}{\sqrt{2a^2+2c^2-b^2}}\ge\dfrac{\sqrt{3}b^2}{a^2+b^2+c^2};\dfrac{c}{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}\ge\dfrac{\sqrt{3}c^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\ge\dfrac{\sqrt{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+b^2+c^2}=\sqrt{3}=VP\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
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 \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
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 \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
\(\frac{2a^2}{a+b^2}=2a-\frac{2ab^2}{a+b^2}\ge2a-\frac{2ab^2}{2b\sqrt{a}}=2a-b\sqrt{a}\ge2a-\frac{b+ba}{2}\)
Tương tự rồi cộng từng vế ta có:
\(\frac{2a^2}{a+b^2}+\frac{2b^2}{b+c^2}+\frac{2c^2}{c+a^2}\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Lại có: \(\left(a+b+c\right)^2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\left(ab+bc+ca\right)^2\Rightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{a+b+c}{2}\ge a+b+c\)
Dấu "=' khi a=b=c=1
Làm 2 cách nhá
\(\frac{2a^2}{a+b^2}=\frac{2a^2}{\frac{a^2+1}{2}+b^2}=\frac{4a^2}{a^2+2b^2+1}=\frac{4a^4}{a^4+2a^2b^2+a^2}\)
Tương tự rồi theo Cauchy Schwarz ta có được:
\(LHS\ge\frac{\left(2a^2+2b^2+2c^2\right)^2}{a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2+3}=\frac{36}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2+3}=\frac{36}{12}=3\)
Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
\(\dfrac{1}{2a^2+b^2}=\dfrac{1}{a^2+a^2+b^2}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\right)\)
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{2b^2+c^2}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)\\\dfrac{1}{2c^2+a^2}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{a^2}\right)\end{matrix}\right.\)
Cộng theo vế:
\(L\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{3}{a^2}+\dfrac{3}{b^2}+\dfrac{3}{c^2}\right)=\dfrac{1}{9}\left[3\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)\right]=\dfrac{1}{9}\)
Ta có : \(a+b+c=3\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Theo BĐT AM - GM ta có :
\(a^4+b^2\ge2a^2b\)
\(b^4+c^2\ge2b^2c\)
\(c^4+a^2\ge2c^2a\)
\(2a^2b^2+2a^2\ge4a^2b\)
\(2b^2c^2+2b^2\ge4b^2c\)
\(2c^2a^2+2c^2\ge4c^2a\)
Cộng từng vế BĐT ta được :
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2+3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge6\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a\le\dfrac{3^2+3^2}{6}=3\)
Theo BĐT Cauchy schwarz dưới dạng en-gel ta có :
\(VT\ge\dfrac{9}{6+a^2b+b^2c+c^2a}=\dfrac{9}{9}=1\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Viết lại BĐT:\(\dfrac{a^2b}{a^2b+2}+\dfrac{b^2c}{b^2c+2}+\dfrac{c^2a}{c^2a+2}\le1\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(VT\le\sum\dfrac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^4b^2}}=\dfrac{1}{3}\left(\sqrt[3]{a^2b}+\sqrt[3]{b^2c}+\sqrt[3]{c^2a}\right)\)
\(\le\dfrac{1}{9}\left(3a+3b+3c\right)=1\)
Suy ra đpcm
Ta có: \(a^2+2b+3=a^2+2b+1+2\ge2\left(a+b+1\right)\)
Tương tự ta được: \(VT\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+b+1}+\dfrac{b}{b+c+1}+\dfrac{c}{c+a+1}\right)\)
Ta sẽ chứng minh \(\dfrac{a}{a+b+1}+\dfrac{b}{b+c+1}+\dfrac{c}{c+a+1}\le1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{-b-1}{a+b+1}+\dfrac{-c-1}{b+c+1}+\dfrac{-a-1}{c+a+1}\le-2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b+1}{a+b+1}+\dfrac{c+1}{b+c+1}+\dfrac{a+1}{c+a+1}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(b+1\right)^2}{\left(b+1\right)\left(a+b+1\right)}+\dfrac{\left(c+1\right)^2}{\left(c+1\right)\left(b+c+1\right)}+\dfrac{\left(a+1\right)^2}{\left(a+1\right)\left(c+a+1\right)}\ge2\left(1\right)\)
Cần chứng minh BĐT (1) đúng
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT\ge\dfrac{\left(a+b+c+3\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)+3}\)
Mà \(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)+3\)
\(=\dfrac{1}{2}\left[a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)+6\left(a+b+c\right)+9\right]\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c+3\right)^2\)\(\Rightarrow VT\left(1\right)\ge2=VP\left(1\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Bđt cauchy-schwarz dạng engel dạng tổng quát là j vây c
Đối các bài bất đẳng thức đối xứng, khi thay vai trò các biến cho nhau thì bđt đã cho không thay đổi. Khi đó thường dấu = bđt xảy ra khi dấu = đầu kiện xảy ra và các biến bằng nhau. Từ đó ta áp dụng cosy hoặc bunhia thì dấu = xảy ra tại điểm các biến bằng nhau.
Đối với bài này mình dự đoán dấu = bđt xảy ra khi a = b = c =1.
Ta có: \(\dfrac{a^2}{a+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{a+b^2}\ge a-\dfrac{ab^2}{2\sqrt{ab^2}\left(cosy\right)}=a-\dfrac{\sqrt{ab^2}}{2}\\ \ge a-\dfrac{ab+b}{4}\\ \Rightarrow\dfrac{a^2}{a+b^2}\ge a-\dfrac{ab+b}{4}\)
Tương tự:
\(\dfrac{b^2}{b+c^2}\ge b-\dfrac{bc+c}{4}\)
\(\dfrac{c^2}{c+a^2}\ge c-\dfrac{ca+a}{4}\)
Ta chứng minh:
\(VT\ge2\left(a+b+c-\dfrac{a+b+c+ab+bc+ca}{4}\right)\)
Áp dụng Bunhiacopxki ta có:
\(3\left(ab+bc+ca\right)\le\left(a+b+c\right)^2\\ \le\left(a+b+c\right)\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=3\left(a+b+c\right)\\ \Rightarrow ab+bc+ca\le a+b+c\)
Bởi vậy
\(VT\ge2\left(a+b+c-\dfrac{a+b+c}{2}\right)=a+b+c\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=1\)