Cho a, b, c > 0 tm \(a^2+b^2+c^2=3\) . CMR:
\(\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\ge3\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\frac{a+1}{b^2+1}=\frac{\left(a+1\right)\left(b^2+1\right)-b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}=a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\)
\(\ge a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}=a+1-\frac{ab+a}{2}\)
Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta được:
\(LHS\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+3}{2}\ge6-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+3}{2}=3=RHS\)
cho a, b, c > 0 thỏa mãn a+b+c=3. Cmr:
\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\)
\(\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\ge a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}=a+1-\frac{b\left(a+1\right)}{2}\)
Tương tự: \(\frac{b+1}{c^2+1}\ge b+1-\frac{c\left(b+1\right)}{2}\) ; \(\frac{c+1}{a^2+1}\ge c+1-\frac{a\left(c+1\right)}{2}\)
Cộng vế với vế:
\(VT\ge6-\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)
\(VT\ge\frac{9}{2}-\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\ge\frac{9}{2}-\frac{1}{6}\left(a+b+c\right)^2=3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Cái này không khó :v
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel, ta có:
\(\dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{c^2}{a+c}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{2}\)
Face khác ;v, theo AM-GM, ta có
\(\dfrac{a+b+c}{2}\ge\dfrac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\dfrac{6}{2}=3\)
Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=2
Ta có :
\(\frac{a^2}{a+b}=\frac{a^2+ab-ab}{a+b}=a-\frac{ab}{a+b}\le a-\frac{ab}{2\sqrt{ab}}=a-\frac{\sqrt{ab}}{2}\)(1)
Tương tự \(\hept{\begin{cases}\frac{b^2}{b+c}\le b-\frac{\sqrt{bc}}{2}\\\frac{c^2}{a+c}\le c-\frac{\sqrt{ac}}{2}\end{cases}}\)(2)
Nhhan (1);(2) lại ta được
\(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{a+c}\ge a+b+c-\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}}{2}=a+b+c-3\)
Ta lại có : \(a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{bc}=6\) (tự cm)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{a+c}\ge6-3=3\)(đpcm)
\(P=\sum\frac{a+1}{b^2+1}=\sum\left(a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\right)\ge\sum\left(a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}\right)=\sum\left(a+1-\frac{1}{2}b\left(a+1\right)\right)\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)+3\)
\(P\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{6}\left(a+b+c\right)^2+3=3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\ge3\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(2-b\right)\left(2-c\right)+\left(2-c\right)\left(2-a\right)+\left(2-a\right)\left(2-b\right)}{\left(2-a\right)\left(2-b\right)\left(2-c\right)}\ge3\)\(\Leftrightarrow\frac{4-2b-2c+bc+4-2c-2a+ca+4-2a-2b+ab}{\left(4-2a-2b+ab\right)\left(2-c\right)}\ge3\)\(\Leftrightarrow\frac{12-4\left(a+b+c\right)+\left(ab+bc+ca\right)}{8-4\left(a+b+c\right)+2\left(ab+bc+ca\right)-abc}\ge3\)
\(\Leftrightarrow12-4\left(a+b+c\right)+\left(ab+bc+ca\right)\ge\) \(24-12\left(a+b+c\right)+6\left(ab+bc+ca\right)-3abc\)
\(\Leftrightarrow8\left(a+b+c\right)+3abc\ge12+5\left(ab+bc+ca\right)\)
Đặt \(a+b+c=p;ab+bc+ca=q;abc=r\)thì giả thiết trở thành \(p^2-2q=3\)hay \(4q-p^2=2q-3\)
và ta cần chứng minh \(8p+3r\ge12+5q\)
Theo Schur, ta có: \(r\ge\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\)hay \(3r\ge\frac{p\left(4q-p^2\right)}{3}=\frac{p\left(2q-3\right)}{3}\)(*)
Có \(p^2-2q=3\Rightarrow q=\frac{p^2-3}{2}\)(**)
Sử dụng hai điều kiện (*) và (**) ta đưa điều phải chứng minh về dạng \(8p+\frac{p\left(p^2-6\right)}{3}\ge12+\frac{5\left(p^2-3\right)}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(2p-3\right)\left(p-3\right)^2\ge0\)*đúng*
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1