Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Nhức nhối mãi bài này vì nó làm lag hết máy
Giải
Đặt \(x=\dfrac{b+c}{a};y=\dfrac{c+a}{b};z=\dfrac{a+b}{c}\)
Ta phải chứng minh \(Σ\dfrac{\left(x+2\right)^2}{x^2+2}\le8\)
\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{2x+1}{x^2+2}\le\dfrac{5}{2}\LeftrightarrowΣ\dfrac{\left(x-1\right)^2}{x^2+2}\ge\dfrac{1}{2}\)
Lại theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(Σ\dfrac{\left(x-1\right)^2}{x^2+2}\ge\dfrac{\left(x+y+z-3\right)^2}{x^2+y^2+z^2+6}\)
Ta còn phải chứng minh
\(2\left(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz-6x-6y-6z+9\right)\)\(\ge x^2+y^2+z^2+6\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+4\left(xy+yz+xz\right)-12\left(x+y+z\right)+12\ge0\)
Bây giờ có \(xy+yz+xz\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\ge12\left(xyz\ge8\right)\)
Còn phải chứng minh \(\left(x+y+z\right)^2+24-12\left(x+y+z\right)+12\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z-6\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Bởi vì BĐT là thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa \(a+b+c=3\). Khi đó
\(\dfrac{\left(2a+b+c\right)^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}=\dfrac{a^2+6a+9}{3a^2-6a+9}=\dfrac{1}{3}\left(1+2\cdot\dfrac{4a+3}{2+\left(a-1\right)^2}\right)\)
\(\le\dfrac{1}{3}\left(1+2\cdot\dfrac{4a+3}{2}\right)=\dfrac{4a+4}{3}\)
Tương tự ta cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\dfrac{\left(2b+c+a\right)^2}{2b^2+\left(a+c\right)^2}\ge\dfrac{4b+4}{3};\dfrac{\left(2c+b+a\right)^2}{2c^2+\left(a+b\right)^2}\ge\dfrac{4c+4}{3}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(Σ\dfrac{\left(2a+b+c\right)^2}{2a^2+\left(b+c\right)^2}\geΣ\left(4a+4\right)=8\)
Thử với \(a=b=c=0.1\), BĐT trở thành \(\dfrac{1}{10}\ge1\Rightarrow\) đề sai
Áp dụng BĐt cô-si, ta có \(\frac{2\left(a+b\right)^2}{2a+3b}\ge\frac{8ab}{2a+3b}=\frac{8}{\frac{2}{b}+\frac{3}{a}}\)
\(\frac{\left(b+2c\right)^2}{2b+c}\ge\frac{8bc}{2b+c}=\frac{8}{\frac{2}{c}+\frac{1}{b}}\)
\(\frac{\left(2c+a\right)^2}{c+2a}\ge\frac{8ac}{c+2a}\ge\frac{8}{\frac{1}{a}+\frac{2}{c}}\)
Cộng 3 cái vào, ta có
A\(\ge8\left(\frac{1}{\frac{2}{b}+\frac{3}{a}}+\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{2}{c}}+\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{2}{c}}\right)\ge8\left(\frac{9}{\frac{3}{b}+\frac{4}{c}+\frac{4}{a}}\right)=8.\frac{9}{3}=24\)
Vậy A min = 24
Neetkun ^^
Vì vai trò của a,b,c là như nhau, giả sử
\(a\ge c\ge b>0\)
Ta có
\(a+b-c< a\)
\(\Leftrightarrow b-c\le0\) ( đúng với gt )
\(\Rightarrow a+b-c< a\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-c\right)^2< a^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{\left(a+b-c\right)^2}\ge\dfrac{1}{a^2}\)
CMTT :
\(\dfrac{1}{\left(b+c-a\right)^2}\ge\dfrac{1}{b^2};\dfrac{1}{\left(c+a-b\right)^2}\ge\dfrac{1}{c^2}\)
Cộng vế với vế 3 BĐT trên , được
\(\dfrac{1}{\left(a+b-c\right)^2}+\dfrac{1}{\left(b+c-a\right)^2}+\dfrac{1}{\left(c+a-b\right)^2}\ge\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\)
\(P=\dfrac{1}{a\left(2b+2c-1\right)}+\dfrac{1}{b\left(2c+2a-1\right)}+\dfrac{1}{c\left(2a+2b-1\right)}\)
\(P=\dfrac{1}{a\left[2b+2c-\left(a+b+c\right)\right]}+\dfrac{1}{b\left[2c+2a-\left(a+b+c\right)\right]}+\dfrac{1}{c\left[2a+2b-\left(a+b+c\right)\right]}\)
\(P=\dfrac{1}{a\left(b+c-a\right)}+\dfrac{1}{b\left(c+a-b\right)}+\dfrac{1}{c\left(a+b-c\right)}\)
\(P=\dfrac{1}{ab+ac-a^2}+\dfrac{1}{bc+ab-b^2}+\dfrac{1}{ca+bc-c^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{-a^2-b^2-c^2+2ab+2bc+2ca}=\dfrac{9}{-\left[a^2+b^2+c^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]}\) ( 1 )
Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2-2\left(ab+bc+ca\right)\ge-\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow-\left[a^2+b^2+c^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]\le ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\dfrac{9}{-\left[a^2+b^2+c^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]}\ge\dfrac{9}{ab+bc+ca}\)
Từ ( 1 )
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{9}{ab+bc+ca}\)
Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow1\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{3}\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow27\le\dfrac{9}{ab+bc+ca}\)
\(\Rightarrow P\ge27\)
Vậy \(P_{min}=27\)
uk t ấn nhầm . t ghi lại đúng đây c lm hộ t vs
\(P=\dfrac{1}{a\left(2b+2c-1\right)}+\dfrac{1}{b\left(2c+2a-1\right)}+\dfrac{1}{c\left(2a+2b-1\right)}\)
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
\(2\left(\dfrac{a}{b+2c}+\dfrac{b}{c+2a}+\dfrac{c}{a+2b}\right)\ge1+\dfrac{b}{b+1a}+\dfrac{c}{c+2b}+\dfrac{a}{a+2c}\)
\(\Leftrightarrow2\left(\dfrac{a}{b+2c}+\dfrac{b}{c+2a}+\dfrac{c}{a+2b}+\dfrac{a}{b+2a}+\dfrac{b}{c+2b}+\dfrac{c}{a+2c}\right)\ge1+\dfrac{b+2a}{b+2a}+\dfrac{c+2b}{c+2b}+\dfrac{a+2c}{a+2c}=1+1+1+1=4\)Thật vậy:
\(\dfrac{a}{b+2c}+\dfrac{a}{b+2a}+\dfrac{b}{c+2a}+\dfrac{b}{c+2b}+\dfrac{c}{a+2b}+\dfrac{c}{a+2c}=a\left(\dfrac{1}{b+2c}+\dfrac{1}{b+2a}\right)+b\left(\dfrac{1}{c+2a}+\dfrac{1}{c+2b}\right)+c\left(\dfrac{1}{a+2b}+\dfrac{1}{a+2c}\right)\)
\(\ge\dfrac{4a}{2\left(a+b+c\right)}+\dfrac{4b}{2\left(a+b+c\right)}+\dfrac{4c}{2\left(a+b+c\right)}=2\)
\(\Rightarrow VT\ge2.2=4\)
\(\RightarrowĐPCM\)