AV
6
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
19 tháng 6 2019
a/ BĐT sai, cho \(a=b=c=2\) là thấy
b/ \(VT=\frac{a^4}{a^2+2ab}+\frac{b^4}{b^2+2bc}+\frac{c^4}{c^2+2ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\)
\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)^2}{3\left(a+b+c\right)^2}=\frac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
c/ Tiếp tục sai nữa, vế phải là \(\frac{3}{2}\) chứ ko phải \(2\), và hy vọng rằng a;b;c dương
\(VT=\frac{a^2}{abc.b+a}+\frac{b^2}{abc.c+b}+\frac{c^2}{abc.a+c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)+a+b+c}\)
\(VT\ge\frac{9}{3abc+3}\ge\frac{9}{\frac{3\left(a+b+c\right)^3}{27}+3}=\frac{9}{\frac{3.3^3}{27}+3}=\frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
23 tháng 6 2019
Ta có:
\(a^3+b^3+b^3\ge3ab^2\) ; \(b^3+c^3+c^3\ge3bc^2\) ; \(c^3+a^3+a^3\ge3ca^2\)
Cộng vế với vế \(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge ab^2+bc^2+ca^2\)
\(\frac{a^5}{b^2}+\frac{b^5}{c^2}+\frac{c^5}{a^2}=\frac{a^6}{ab^2}+\frac{b^6}{bc^2}+\frac{c^6}{ca^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{ab^2+bc^2+ca^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{a^3+b^3+c^3}=a^3+b^3+c^3\)
TB
1
29 tháng 3 2019
Bddt đã cho được viết dưới dạng
\(a^3+b^3+\left(2c\right)^3\ge a^2b+b^2.\left(2c\right)+\left(2c\right)^2.a\)
Bđt trên luôn đúng vì đó là bđt Schur bậc 3 cho 3 số a ; b và 2c
P/S: tự lên mạng mà search Schur bậc 3 nha ^^
TN
24 tháng 1 2017
TA có \(a^3+b^3+c^3\ge3abc\Rightarrow-a^3-b^3-c^3\le-3abc\)
Cần chứng minh \(a^2b+b^2c+c^2a+ca^2+bc^2+ab^2-3abc\ge0\)
\(=ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(a+c\right)-3abc\)
\(\ge abc+abc+abc-3abc=0\)
DT
Cho a,b,c>0 CMR
\( \frac{a^3}{a+2b}+ \frac{b^3}{b+2c}+ \frac{c^3}{c+2a} \ge \frac{a^2+b^2+c^2}{3} \)
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
25 tháng 10 2017
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\text{VT}=\frac{a^4}{a^2+2ab}+\frac{b^4}{b^2+2bc}+\frac{c^4}{c^2+2ac}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2+2ab+b^2+2bc+c^2+2ac}\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a+b+c)^2}\) (1)
Theo hệ quả của BĐT AM-GM thì ta có:
\(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2\) (2)
Từ \((1),(2)\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{a^2+b^2+c^2}{3}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c>0\)
23 tháng 8 2015
Xin lỗi lúc này do thày nhìn nhầm nên nghĩ câu 2 sai đề. Để đền bù thiệt hại, xin giải lại cả hai bài cho em
Cả hai bài toán này đều sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz. Em xem link dưới đây để biết rõ hơn: http://olm.vn/hoi-dap/question/174274.html
Câu 1. Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có
\(\frac{a}{2a^2+bc}+\frac{b}{2b^2+ac}+\frac{c}{2c^2+ab}=\frac{1}{2a+\frac{bc}{a}}+\frac{1}{2b+\frac{ca}{b}}+\frac{1}{2c+\frac{ab}{c}}\)
\(\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{2\left(a+b+c\right)+\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\right)}=\frac{9}{2\left(a+b+c\right)+\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{abc}}=\frac{9abc}{2abc\left(a+b+c\right)+\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)
\(=\frac{9abc}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=\frac{9abc}{9}=abc.\)
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 2. Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz
\(\frac{8}{2a+b}=\frac{4}{a+\frac{b}{2}}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{\frac{b}{2}}=\frac{1}{a}+\frac{2}{b}.\)
Tương tự, \(\frac{48}{3b+2c}=\frac{16}{b+\frac{2c}{3}}\le4\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{\frac{2c}{3}}\right)=\frac{4}{b}+\frac{6}{c},\) và \(\frac{12}{c+3a}=\frac{4}{\frac{c}{3}+a}\le\frac{1}{\frac{c}{3}}+\frac{1}{a}=\frac{3}{c}+\frac{1}{a}.\)
Cộng ba bất đẳng thức lại ta được
\(\frac{8}{2a+b}+\frac{48}{3b+2c}+\frac{12}{c+3a}\le\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}\right)+\left(\frac{4}{b}+\frac{6}{c}\right)+\left(\frac{3}{c}+\frac{1}{a}\right)=\frac{2}{a}+\frac{6}{b}+\frac{9}{c}.\) (ĐPCM).
G
5 tháng 12 2018
\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{\sqrt{2a+b+1}}+\frac{1}{\sqrt{2b+c+1}}+\frac{1}{\sqrt{2c+a+1}}=A\\\sqrt{2a+b+1}+\sqrt{2b+c+1}+\sqrt{2c+a+1}=B\end{cases}}\)(thật ra cx ko cần đặt,mk đặt làm cho gọn hơn thôi ^^)
Cauchy-Schwarz: \(A\ge\frac{9}{B}\)
Xét: \(B^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(2a+b+1+2b+c+1+2c+a+1\right)=36\)
\(\Rightarrow B\le6\)
\(A\ge\frac{9}{B}\ge\frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)
\("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Ta có:
\(a^3+b^3+c^3\)
\(=\left(\frac{1}{3}a^3+\frac{1}{3}a^3+\frac{1}{3}b^3\right)+\left(\frac{1}{3}b^3+\frac{1}{3}b^3+\frac{1}{3}c^3\right)+\left(\frac{1}{3}c^3+\frac{1}{3}c^3+\frac{1}{3}a^3\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số không âm ta có:
\(\frac{1}{3}a^3+\frac{1}{3}a^3+\frac{1}{3}b^3\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{3}\frac{a^3}{3}\frac{b^3}{3}}=\frac{3a^2b}{3}=a^2b\)
Tương tự:
\(\frac{1}{3}b^3+\frac{1}{3}b^3+\frac{1}{3}c^3\ge b^2c\)
\(\frac{1}{3}c^3+\frac{1}{3}c^3+\frac{1}{3}a^3\ge c^2a\)
Cộng vế theo vế ta đc:
\(a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
Để ý thì thấy đa thức hoán vị: Vì nếu đặt \(f\left(a;b;c\right)=VT-VP\) thì \(f\left(a;b;c\right)=f\left(b;c;a\right)=f\left(c;a;b\right)\) vì vậy ta có thể giả sử \(a=max\left\{a,b,c\right\}\)
\(VT-VP=c\left(\Sigma_{cyc}a^2-\Sigma_{cyc}ab\right)+a\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b\left(b-c\right)^2\ge0\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)