Cho.\(abc=1\)và \(a^3>36\).Chứng minh rằng: \(\frac{a^2}{3}+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
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
25 tháng 1 2020
1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)
\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)
15 tháng 9 2020
Ta dễ có:\(\frac{1}{a^2+1}=\frac{a^2+1-a^2}{a^2+1}=1-\frac{a^2}{a^2+1}\ge1-\frac{a^2}{2a}=1-\frac{a}{2}\)
Một cách tương tự \(\frac{1}{b^2+1}\ge1-\frac{b}{2};\frac{1}{c^2+1}\ge1-\frac{c}{2}\)
Khi đó: \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\ge3-\frac{a+b+c}{2}\)
Cần chứng minh: \(3-\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{3}{2}\Leftrightarrow a+b+c\le3\)
Hình như có gì đó sai sai @@
15 tháng 9 2020
Lời giải kia sai rồi :V Làm cách khác:
Ta có:\(\frac{1}{a^2+1}=\frac{a^2+1-a^2}{a^2+1}=1-\frac{a^2}{a^2+1}\)
Tương tự rồi ta được:
\(LHS=3-\left(\frac{a^2}{a^2+1}+\frac{b^2}{b^2+1}+\frac{c^2}{c^2+1}\right)\)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{a^2}{a^2+1}+\frac{b^2}{b^2+1}+\frac{c^2}{c^2+1}\le\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{3a^2+3}+\frac{b^2}{3b^2+3}+\frac{c^2}{3c^2+3}\le\frac{1}{2}\)
Ta dễ có được:
\(\frac{4a^2}{3a^2+3}=\frac{4a^2}{3a^2+ab+bc+ca}=\frac{\left(a+a\right)^2}{a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}\le\frac{a^2}{a\left(a+b+c\right)}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\)
Tương tự:
\(\frac{4b^2}{3b^2+3}\le\frac{b^2}{b\left(a+b+c\right)}+\frac{b^2}{2b^2+ca};\frac{4c^2}{3c^2+3}\le\frac{c^2}{c\left(a+b+c\right)}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\)
\(\Rightarrow LHS\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}+\Sigma\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)=\frac{1}{4}\left(1+\Sigma\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)
Một cách khác ta dễ có được: \(\Sigma\frac{a^2}{2a^2+bc}\le1\)
Done !
TH
1
TA
27 tháng 7 2017
Vì a, b, c > 0
Ta có \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{3^2}{3}=3\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel
\(VT=\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{3+\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{9}{3+3}=\frac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(\hept{\begin{cases}a=b=c\\\frac{1}{1+ab}=\frac{1}{1+bc}=\frac{1}{1+ca}\end{cases}}\) \(\Leftrightarrow\) \(a=b=c\)
SK
0
15 tháng 8 2019
\(b^2+3=b^2+ab+bc+ca=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
Tương tự với các mẫu thức khác, ta có :
\(P=\frac{a^3}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{b^3}{\left(c+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{c^3}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy :
\(\frac{a^3}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{b+c}{8}+\frac{a+b}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(b+c\right)\left(a+b\right)}{64\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}=\frac{3a}{4}\)
Tương tự ta có :
\(\frac{b^3}{\left(c+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{c+a}{8}+\frac{b+c}{8}\ge\frac{3b}{4}\)
\(\frac{c^3}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}+\frac{c+a}{8}+\frac{a+b}{8}\ge\frac{3c}{4}\)
Cộng theo vế của các bđt ta được :
\(P+2\left(\frac{a+b}{8}+\frac{b+c}{8}+\frac{c+a}{8}\right)\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Leftrightarrow P\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}-\left(\frac{a+b}{4}+\frac{b+c}{4}+\frac{c+a}{4}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}-\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Leftrightarrow P\ge\frac{a+b+c}{4}\)
Ta có bđt quen thuộc : \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)=3\cdot3=9\)
\(\Leftrightarrow a+b+c\ge3\)
Do đó \(P\ge\frac{3}{4}\)( đpcm )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
13 tháng 3 2019
\(A=\sum\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\ge\sum\frac{a^3}{\frac{3}{2}\left(a^2+b^2\right)}\)
\(\sum\frac{a^3}{a^2+b^2}\ge\sum\left(a-\frac{b}{2}\right)=\frac{3}{2}\)
\(\Rightarrowđpcm."="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
KB
13 tháng 3 2019
Cách 2 :
\(\frac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3-c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3-a^3}{a^2+ac+c^2}=a-b+b-c+c-a=0\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ac+a^2}=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{a^2+ac+c^2}\)
Đặt \(A=\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{a^2+ac+c^2}\)
\(B=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ac+a^2}\)
\(\Rightarrow A+B=\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}+\frac{\left(b+c\right)\left(b^2-bc+c^2\right)}{b^2+bc+c^2}+\frac{\left(a+c\right)\left(a^2-ac+c^2\right)}{a^2+ac+c^2}\)
Đặt \(P=\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\) => \(P=\frac{1}{3}+\frac{2\left(a-b\right)^2}{a^2+ab+b^2}\ge\frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow P\left(a+b\right)\ge\frac{1}{3}\left(a+b\right)\)
Làm tương tự như vậy , ta có :
\(A+B\ge\frac{a+b}{3}+\frac{b+c}{3}+\frac{c+a}{3}=\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}=\frac{2.3}{3}=2\)
Mà \(A=B\Rightarrow A\ge1\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Vậy ...
\(BĐT\Leftrightarrow\frac{a^3}{3}+\left(b+c\right)^2-3bc-a\left(b+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{4}+\left(b+c\right)^2-a\left(b+c\right)+\frac{a^2}{12}-3bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{2-b-c}\right)^2+\frac{a^2}{12}-\frac{3}{a}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{2-b-c}\right)^2+\frac{\left(a^3-36\right)}{12a}\ge0\)
Ta có: \(\left(\frac{a}{2-b-c}\right)\ge0\)
\(a^3-36\ge0\)
\(a\ge ab+bc+ac\left(ĐPCM\right)\)