Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3. CMR \(\frac{a^2b}{2a+b}+\frac{b^2c}{2b+c}\) \(+\frac{c^2a}{2c+a}\)
Giúp mk với mấy bn, mai mk thi rồi mà ko biết giải, Huhu, cầu xin giúp đỡ
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
22 tháng 7 2020
P = \(\frac{a^2c}{a^2c+c^2b+b^2a+}+\frac{b^2a}{b^2a+a^2c+c^2b}+\frac{c^2b}{c^2b+b^2a+a^2c}\)
P = \(\frac{a^2c+b^2a+c^2b}{a^2c+c^2b+b^2a}=1\)
22 tháng 7 2020
\(P=\frac{\frac{a}{b}}{\frac{a}{b}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c}}+\frac{\frac{b}{c}}{\frac{b}{c}+\frac{a}{b}+\frac{c}{a}}+\frac{\frac{c}{a}}{\frac{c}{a}+\frac{b}{c}+\frac{a}{b}}=\frac{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}}{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}}=1\)
F
4 tháng 9 2020
Vì \(a^2+b^2\ge2ab,b^2+1\ge2b\),ta có:
\(\frac{1}{a^2+2b^2+3}=\frac{1}{a^2+b^2+b^2+1+1}\le\frac{1}{2\left(ab+b+1\right)}\)
Tương tự:\(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2\left(bc+c+1\right)}\)và \(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2\left(bc+c+1\right)}\)
Khi đó\(A\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+a}\right)\)
\(\Leftrightarrow A\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{ab}{ab+b+1}+\frac{b}{ab+b+1}\right)=\frac{1}{2}\)
Dấu"="trg BĐT trên xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Vậy \(Max_P=\frac{1}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1\)
4 tháng 9 2020
Chắc không được GP đâu !!
Áp dụng bđt cauchy , ta có :
+) \(a^2+2b^2+3=\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+1\right)+2\ge2ab+2b+2\)
+) \(b^2+2c^2+3\ge2bc+2c+2\)
+) \(c^2+2a^2+3\ge2ac+2a+2\)
Khi đó , ta có :
\(VT\le\frac{1}{2ab+2b+2}+\frac{1}{2bc+2c+2}+\frac{1}{2ac+2a+2}\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ac+a+1}\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{abc}{bc+c+1}+\frac{abc}{ac+a+1}\right)\)( vì abc= 1 )
\(=\frac{1}{2}=VP\)( đoạn này ban tự phân tích ra nha , mk lmaf hơi tắt )
Vậy .................
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
7 tháng 4 2022
\(\left(2+7\right)\left(2a^2+\dfrac{7}{b^2}\right)\ge\left(2a+\dfrac{7}{b}\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{2a^2+\dfrac{7}{b^2}}\ge\dfrac{1}{3}\left(2a+\dfrac{7}{b}\right)\)
Tương tự: \(\sqrt{2b^2+\dfrac{7}{c^2}}\ge\dfrac{1}{3}\left(2a+\dfrac{7}{c}\right)\) ; \(\sqrt{2c^2+\dfrac{7}{a^2}}\ge\dfrac{1}{3}\left(2c+\dfrac{7}{a}\right)\)
Cộng vế:
\(VT\ge\dfrac{1}{3}\left(2a+2b+2c+\dfrac{7}{a}+\dfrac{7}{b}+\dfrac{7}{c}\right)=2+\dfrac{7}{3}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
\(VT\ge2+\dfrac{7}{9}.\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\) (do \(a+b+c=3\))
\(VT\ge2+\dfrac{7}{9}.\left(\sqrt{a}.\sqrt{\dfrac{1}{a}}+\sqrt{b}.\sqrt{\dfrac{1}{b}}+\sqrt{c}.\sqrt{\dfrac{1}{c}}\right)^2=9\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
AH
9 tháng 10 2017
Ta có \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a^2b^2c^2\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 1\)
BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{\frac{1}{c^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}+\frac{\frac{1}{b^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}}+\frac{\frac{1}{a^3}}{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Đặt \((\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})=(x,y,z)\). Bài toán trở thành:
Cho \(x,y,z>0|x^2+y^2+z^2\geq 1\). CMR \(P=\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz:
\(P=\frac{x^4}{xy^2+xz^2}+\frac{y^4}{yz^2+yx^2}+\frac{z^4}{zx^2+zy^2}\geq \frac{(x^2+y^2+^2)^2}{x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)}\) (1)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\geq y\geq z\Rightarrow x^2\geq y^2\geq z^2\)
Và \(y+z\leq z+x\leq x+y\). Khi đó, áp dụng BĐT Chebyshev:
\(3[x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)]\leq (x^2+y^2+z^2)(y+z+x+z+x+y)\)
\(\Leftrightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)(x+y+z)}{3}\)
Theo hệ quả của BĐT Am-Gm thì: \((x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)\Rightarrow x+y+z\leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\)
\(\Rightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{3}\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(P\geq \frac{3(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}=\frac{\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Ta có đpcm
Dáu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
KN
5 tháng 5 2020
Đặt \(x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}\)
Khi đó giả thiết được viết lại là \(x^2+y^2+z^2\ge1\)và ta cần chứng minh \(\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)(*)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:
\(VT_{\left(^∗\right)}=\frac{x^4}{x\left(y^2+z^2\right)}+\frac{y^4}{y\left(z^2+x^2\right)}+\frac{z^4}{z\left(x^2+y^2\right)}\)\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\)
Đến đây ta đi chứng minh \(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)\(\ge\sqrt{3}\left[x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)\right]\)
Ta có: \(x\left(y^2+z^2\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2x^2\left(y^2+z^2\right)\left(y^2+z^2\right)}\)\(\le\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\left(\frac{2x^2+y^2+z^2+y^2+z^2}{3}\right)^3}\)
\(=\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Tương tự ta có: \(y\left(z^2+x^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
\(z\left(x^2+y^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được:
\(\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le\frac{2\sqrt{3}}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3}\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Cuối cùng ta cần chứng minh được
\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge1\)(đúng)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
