Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a/ \(\frac{4bc-a^2}{bc+2a^2}.\frac{4ab-c^2}{ab+2c^2}.\frac{4ac-b^2}{ac+2b^2}\)
\(=\frac{4bc-\left(b+c\right)^2}{bc+2\left(b+c\right)^2}.\frac{4\left(-b-c\right)b-c^2}{\left(-b-c\right)b+2c^2}.\frac{4\left(-b-c\right)c-b^2}{\left(-b-c\right)c+2b^2}\)
\(=\frac{-\left(b-c\right)^2}{\left(c+2b\right)\left(b+2c\right)}.\frac{-\left(c+2b\right)^2}{-\left(b-c\right)\left(b+2c\right)}.\frac{-\left(b+2c\right)^2}{\left(b-c\right)\left(c+2b\right)}=1\)
1. Vai trò a, b, c như nhau. Không mất tính tổng quát. Giả sử \(a\ge b\ge0\)
Mà \(ab+bc+ca=3\). Do đó \(ab\ge1\)
Ta cần chứng minh rằng \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\left(1\right)\)
Và \(\frac{2}{1+ab}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\left(2\right)\)
Thật vậy: \(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\ge0\\ \Leftrightarrow\left(ab-a^2\right)\left(1+b^2\right)+\left(ab-b^2\right)\left(1+a^2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)\left[-a\left(1+b^2\right)+b\left(1+a^2\right)\right]\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)\ge0\left(BĐT:đúng\right)\)
\(\left(2\right)\Leftrightarrow c^2+3-ab\ge3abc^2\\ \Leftrightarrow c^2+ca+bc\ge3abc^2\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc\)
BĐT đúng, vì \(\left(a+b+c\right)^2>3\left(ab+bc+ca\right)=q\)
và \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
Nên \(a+b+c\ge3\ge3abc\)
Từ (1) và (2) ta có \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Dấu ''='' xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Áp dụng BĐT Cauchy dạng \(\frac{9}{x+y+z}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\), ta được
\(\frac{9}{a+3b+2c}=\frac{1}{a+c+b+c+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)\)
Do đó ta được
\(\frac{ab}{a+3b+2c}\le\frac{ab}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{a}{2}\right)\)
Hoàn toàn tương tự ta được
\(\frac{bc}{2a+b+3c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{b}{2}\right);\frac{ac}{3a+2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}+\frac{c}{2}\right)\)
Cộng theo vế các BĐT trên ta được
\(\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac+bc}{a+b}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ab}{a+c}+\frac{a+b+c}{2}\right)=\frac{a+b+c}{6}\)Vậy BĐT đc CM
ĐẲng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c >0
3.Áp dụng BĐT \(\frac{1}{x+y+z}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)ta có
\(\frac{ab}{a+3b+2c}=ab.\frac{1}{\left(a+c\right)+2b+\left(b+c\right)}\le\frac{1}{9}ab.\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{b+c}\right)\)
TT \(\frac{bc}{b+3c+2a}\le\frac{bc}{9}.\left(\frac{1}{b+a}+\frac{1}{2c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
\(\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{ac}{9}.\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{2a}+\frac{1}{b+c}\right)\)
=> \(VT\le\frac{1}{18}\left(a+b+c\right)+\Sigma.\frac{1}{9}.\left(\frac{bc}{a+c}+\frac{ba}{a+c}\right)=\frac{1}{18}\left(a+b+c\right)+\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)=\frac{1}{6}\left(a+b+c\right)\)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
cảm ơn bạn nhiều, bạn có thể giúp mình hai câu kia nữa được không
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).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có
\(\frac{ab}{a+3b+2c}=\frac{ab}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)+2b}\le\frac{ab}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right).\)
Tương tự ta có 2 bất đẳng thức khác nữa
\(\frac{bc}{b+3c+2a}=\frac{bc}{\left(b+a\right)+\left(a+c\right)+2c}\le\frac{bc}{9}\left(\frac{1}{b+a}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{2c}\right).\)
\(\frac{ac}{c+3a+2b}=\frac{ac}{\left(a+b\right)+\left(b+a\right)+2a}\le\frac{ac}{9}\left(\frac{1}{c+b}+\frac{1}{b+a}+\frac{1}{2a}\right).\)
Cộng ba bất đẳng thức lại cho ta \(\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ca}{c+3a+2b}\le\)
\(\le\frac{ab}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)+\frac{bc}{9}\left(\frac{1}{b+a}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{2c}\right)+\frac{ac}{9}\left(\frac{1}{c+b}+\frac{1}{b+a}+\frac{1}{2a}\right)\)
\(=\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{bc}{a+c}\right)+\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{b+c}+\frac{ac}{b+c}\right)+\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{ac}{a+b}\right)+\frac{a}{18}+\frac{b}{18}+\frac{c}{18}\)
\(=\frac{a+b+c}{6}.\) (ĐPCM)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(2a^2+3b^2\right)\left(a+b\right)}{2a^3+3b^3}+\frac{\left(2b^2+3a^2\right)\left(a+b\right)}{2b^3+3a^3}\le4\)
\(\Leftrightarrow\frac{2a^3+3b^3+2a^2b+3ab^2}{2a^3+3b^3}+\frac{2b^3+3a^3+2ab^2+3ab^2}{2b^3+3a^3}\le4\)
\(\Leftrightarrow\frac{2a^2b+3ab^2}{2a^3+3b^3}+\frac{2ab^2+3ab^2}{2b^3+3a^3}\le2\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\left(\frac{a}{b}\right)^2+3\left(\frac{a}{b}\right)}{2\left(\frac{a}{b}\right)^3+3}+\frac{2\left(\frac{a}{b}\right)+3\left(\frac{a}{b}\right)^2}{3\left(\frac{a}{b}\right)^3+2}\le2\)
Đặt \(\frac{a}{b}=x>0\Rightarrow\frac{2x^2+3x}{2x^3+3}+\frac{3x^2+2x}{3x^3+2}\le2\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(12x^4+12x^3-x^2+12x+12\right)\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=1\) hay \(a=b\)
Hơi trâu bò :D
ta có:
\(\left(b-c\right)^2\ge0\Leftrightarrow b^2+4bc+4c^2\le3b^2+6c^2\Leftrightarrow\left(b+2c\right)^2\le3b^2+6c^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(b+2c\right)^2}{3b^2+6c^2}\le1\Leftrightarrow\frac{b+2c}{\sqrt{3b^2+6c^2}}\le1\Leftrightarrow\frac{a\left(b+2c\right)}{\sqrt{3b^2+6c^2}}\le a\)
cmtt =>\(\frac{a\left(b+2c\right)}{\sqrt{3b^2+6c^2}}+\frac{b\left(c+2a\right)}{\sqrt{3c^2+6a^2}}+\frac{c\left(a+2b\right)}{\sqrt{3a^2+6b^2}}\le a+b+c\left(Q.E.D\right)\)
dấu = xảy ra khi a=b=c
