Cho a,b,c >0 và \(a+b+c\le1\)
Chứng minh rằng : \(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge9\)
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
DT
Cho a,b,c lớn hơn 0 và\(a+b+c\le1\)
CM; \(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge9\)
1
26 tháng 8 2015
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có
\(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ca}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+2bc+b^2+2ca+c^2+2ab}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{9}{1}=9.\)
KC
4
TA
13 tháng 10 2020
ĐK:\(a+b+c\le1|a,b,c>0\)
Chỉ có TH \(a=b=c=\frac{1}{3}\)\(\Rightarrow TH:a+b+c=1\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^2+2.\frac{1}{3}.\frac{1}{3}}+\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^2+2.\frac{1}{3}.\frac{1}{3}}+\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^2+2.\frac{1}{3}.\frac{1}{3}}\ge9\)\(=\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^2+2\left(\frac{1}{3}\right)^2}3\ge9\)\(=\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^2\left(2+1\right)}3\ge9\)\(=\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^2.3}3\ge9\)\(=\frac{1}{\frac{1}{3}.\frac{1}{3}.3}3\ge9\)\(=\frac{1}{\frac{1}{3}}3\ge9\)\(=\frac{3}{\frac{1}{3}}\ge9\)\(=3:1:3\ge9\)\(=1\ge9\)( loại )
Vậy không thể CMR \(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ba}\ge9\).
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
6 tháng 4 2020
\(\frac{1}{a^2+2ab}+\frac{1}{b^2+2bc}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge\frac{9}{a^2+2ab+b^2+2bc+c^2+2ab}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge9\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
DP
1
12 tháng 7 2016
Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\) với \(x=a^2+2bc;y=b^2+2ac;z=c^2+2ab\)
Ta có : \(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge9\)( Vì a + b + c = 1)
LH
16 tháng 4 2019
Ta chứng minh bất đẳng thức: \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\) (a,b,c,x,y,z dương) (Hệ quả của bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (Bunyakovsky))
\(\left[\frac{a^2}{\left(\sqrt{x}\right)^2}+\frac{b^2}{\left(\sqrt{y}\right)^2}+\frac{c^2}{\left(\sqrt{z}\right)^2}\right]\left[\left(\sqrt{x}\right)^2+\sqrt{y}^2+\sqrt{z^2}\right]\ge a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\)
Ta có:
\(A=\frac{bc}{a^2+2bc}+\frac{ca}{b^2+2ac}+\frac{ab}{c^2+2ab}\)
\(2A=\frac{2bc}{a^2+2bc}+\frac{2ca}{b^2+2ac}+\frac{2ab}{c^2+2ab}\)
\(=\frac{a^2+2bc-a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2+2ca-b^2}{b^2+2ac}+\frac{c^2+2ab-c^2}{c^2+2ab}\)
\(=3-\left(\frac{a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2}{b^2+2ac}+\frac{c^2}{c^2+2ab}\right)\)
\(\le3-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc}=3-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=3-1=2\)
=> A<=1
KN
19 tháng 7 2020
a,b,c dương
Ta viết lại BĐT thành: \(\frac{1}{\frac{a^2}{bc}+2}+\frac{1}{\frac{b^2}{ca}+2}+\frac{1}{\frac{c^2}{ab}+2}\le1\)
Đặt \(\frac{a^2}{bc}=x;\frac{b^2}{ca}=y;\frac{c^2}{ab}=z\Rightarrow\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\xyz=1\end{cases}}\)và ta cần chứng minh \(\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2}\le1\)
Xét biểu thức\(\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2}=\) \(\frac{\left(y+2\right)\left(z+2\right)+\left(z+2\right)\left(x+2\right)+\left(x+2\right)\left(y+2\right)}{\left(x+2\right)\left(y+2\right)\left(z+2\right)}\)
\(=\frac{\left(yz+2y+2z+4\right)+\left(zx+2z+2x+4\right)+\left(xy+2x+2y+4\right)}{\left(xy+2x+2y+4\right)\left(z+2\right)}\)
\(=\frac{\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+12}{xyz+2\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+8}\)\(=\frac{\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+12}{xyz+\left(xy+yz+zx\right)+\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+8}\)\(\le\frac{\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+12}{xyz+3\sqrt{\left(xyz\right)^2}+\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+8}\)\(=\frac{\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+12}{\left(xy+yz+zx\right)+4\left(x+y+z\right)+12}=1\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c
Cách 1:(nếu đã học BĐT Bunhia)=>Áp dụng BĐT Bunbiacopxki ta có:
\(\frac{1^2}{a^2+2bc}+\frac{1^2}{b^2+2ac}+\frac{1^2}{c^2+2ab}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+2bc+b^2+2ac+c^2+2ab}=\frac{3^2}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{9}{1}=9\)
Cách 2:chưa học BĐT ...
Với a,b,c>0 thì \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)(tự chứng minh)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
Áp dụng ta có:\(BĐT\ge\frac{9}{a^2+2bc+b^2+2ac+c^2+2ab}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge9\)