Cho \(a^2+b^2+c^2+\left(a+b+c\right)^2\le4\)
CMR: \(\dfrac{ab+1}{\left(a+b\right)^2}+\dfrac{bc+1}{\left(b+c\right)^2}+\dfrac{ca+1}{\left(c+a\right)^2}\ge3\)
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
HN
11 tháng 10 2018
Đề sai rồi: a,b,c > 0 thì làm sao mà có: ab + bc + ca = 0 được.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 7 2021
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}\right)\Rightarrow xyz=1\)
\(P=\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\dfrac{x+y+z}{2}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\dfrac{3}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 8 2021
Ta chứng minh BĐT sau cho các số dương:
\(x^5+y^5\ge xy\left(x^3+y^3\right)\)
\(\Leftrightarrow x^5-x^4y+y^5-xy^4\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^4-y^4\right)\left(x-y\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)\ge0\) (đúng)
Áp dụng:
\(\dfrac{a^5+b^5}{ab\left(a+b\right)}\ge\dfrac{ab\left(a^3+b^3\right)}{ab\left(a+b\right)}=\dfrac{a^3+b^3}{a+b}=a^2-ab+b^2\)
Tương tự và cộng lại:
\(VT\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)=2-\left(ab+ca+ca\right)\)
\(VT\ge4-\left(ab+bc+ca\right)-2=4\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)-2\)
\(VT\ge4\left(ab+bc+ca\right)-\left(ab+bc+ca\right)-2=3\left(ab+bc+ca\right)-2\) (đpcm)
KK
17 tháng 5 2018
Bài 1
\(VT=\dfrac{a^2}{ab^2+abc+ac^2}+\dfrac{b^2}{c^2b+abc+a^2b}+\dfrac{c^2}{a^2c+abc+b^2c}\)
Áp dụng bđt Cauchy dạng phân thức
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab\left(a+b\right)+abc+ac\left(a+c\right)+abc+bc\left(b+c\right)+abc}\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab\left(a+b+c\right)+ac\left(a+b+c\right)+bc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ac\right)}\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{a+b+c}{ab+bc+ac}\left(đpcm\right)\)
Dấu ''='' xảy ra khi \(a=b=c\)
KK
17 tháng 5 2018
Bài 2
\(VT=\left(\sqrt{a^2}+\sqrt{b^2}+\sqrt{c^2}\right)\left[\left(\dfrac{\sqrt{a}}{b+c}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{b}}{c+a}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{c}}{a+b}\right)^2\right]\)
Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có
\(VT\ge\left(\sqrt{a}.\dfrac{\sqrt{a}}{b+c}+\sqrt{b}.\dfrac{\sqrt{b}}{c+a}+\sqrt{c}.\dfrac{\sqrt{c}}{a+b}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)^2\)
Xét \(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\)
Áp dụng bđt Cauchy dạng phân thức ta có
\(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{bc+ab}+\dfrac{c^2}{ca+bc}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ac\right)}=\dfrac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ac\right)}=\dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrow\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\right)^2\ge\left(\dfrac{3}{2}\right)^2=\dfrac{9}{4}\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{9}{4}\left(đpcm\right)\)
Dấu '' = '' xảy ra khi \(a=b=c\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 12 2018
Bài 1:
(a)
Vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên theo BĐT tam giác ta có:
\(\left\{\begin{matrix} a+b>c\\ b+c>a\\ c+a>b\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} c(a+b)>c^2\\ a(b+c)>a^2\\ b(c+a)>b^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow c(a+b)+a(b+c)+b(c+a)> c^2+a^2+b^2\)
\(\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)> a^2+b^2+c^2\)
Ta có đpcm.
(2): Bài này có nhiều cách giải. Nhưng mình xin đưa ra cách làm thuần túy Cô-si nhất.
Đặt
\((a+b-c, b+c-a, c+a-b)=(x,y,z)\Rightarrow (a,b,c)=(\frac{x+z}{2}; \frac{x+y}{2}; \frac{y+z}{2})\)
Khi đó:
\(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}=\frac{x+z}{2y}+\frac{x+y}{2z}+\frac{y+z}{2x}\)
\(=\frac{x}{2y}+\frac{z}{2y}+\frac{x}{2z}+\frac{y}{2z}+\frac{y}{2x}+\frac{z}{2x}\geq 6\sqrt[6]{\frac{1}{2^6}}=3\) (áp dụng BĐT Cô-si)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c$
(c):
Theo BĐT tam giác:
\(b+c>a\Rightarrow 2(b+c)> b+c+a\Rightarrow b+c> \frac{a+b+c}{2}\)
\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}< \frac{2a}{a+b+c}\)
Hoàn toàn tương tự với những phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}< \frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}+\frac{2c}{a+b+c}=2\)
Ta có đpcm.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 12 2018
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\geq 6\sqrt[6]{a^2.b^2.c^2.d^2.ab.cd}=6\sqrt[6]{(abcd)^3}=6\sqrt[6]{1^3}=6\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a^2=b^2=c^2=d^2=ab=cd\\ abcd=1\end{matrix}\right.\Rightarrow a=b=c=d=1\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 4 2022
1.
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)
Ta có:
\(\left(ab-1\right)^2=a^2b^2-2ab+1=a^2b^2-a^2-b^2+1+a^2+b^2-2ab\)
\(=\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)+\left(a-b\right)^2\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\)
Tương tự: \(\left(bc-1\right)^2\ge\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)
\(\left(ca-1\right)^2\ge\left(c^2-1\right)\left(a^2-1\right)\)
Do \(a;b;c\ge1\) nên 2 vế của các BĐT trên đều không âm, nhân vế với vế:
\(\left[\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\right]^2\ge\left[\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\right]^2\)
\(\Rightarrow\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Câu 2 em kiểm tra lại đề có chính xác chưa
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 4 2022
2.
Câu 2 đề thế này cũng làm được nhưng khá xấu, mình nghĩ là không thể chứng minh bằng Cauchy-Schwaz được, phải chứng minh bằng SOS
Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=max\left\{a;b;c\right\}\)
\(\Rightarrow\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\) (1)
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(\dfrac{1}{a}-\dfrac{a+b}{bc+a^2}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{b+c}{ac+b^2}+\dfrac{1}{c}-\dfrac{c+a}{ab+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b\left(c-a\right)}{a^3+abc}+\dfrac{c\left(a-b\right)}{b^3+abc}+\dfrac{a\left(b-c\right)}{c^3+abc}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)+a\left(c-b\right)}{a^3+abc}+\dfrac{c\left(a-b\right)}{b^3+abc}+\dfrac{a\left(b-c\right)}{c^3+abc}\ge0\)
\(\Leftrightarrow c\left(b-a\right)\left(\dfrac{1}{a^3+abc}-\dfrac{1}{b^3+abc}\right)+a\left(c-b\right)\left(\dfrac{1}{a^3+abc}-\dfrac{1}{c^3+abc}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)\left(b^3-a^3\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)\left(c^3-a^3\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)\left(c-a\right)\left(a^2+ac+c^2\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\ge0\)
Đúng theo (1)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 2 2021
Đây là BĐT Iran 96 khá nổi tiếng. Bạn hoàn toàn có thể search trên google lời giải.
Từ giả thiết:
\(a^2+b^2+c^2+a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\le4\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\le2\)
Ta có:
\(\dfrac{ab+1}{\left(a+b\right)^2}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{2ab+2}{\left(a+b\right)^2}\ge\dfrac{1}{2}.\dfrac{2ab+a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{\left(a+b\right)^2}=\dfrac{1}{2}\dfrac{\left(a+b\right)^2+\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{\left(a+b\right)^2}\)
\(=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}.\dfrac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{\left(a+b\right)^2}\)
Tương tự và cộng lại, đồng thời đặt \(\left(a+b;b+c;c+a\right)=\left(x;y;z\right)\):
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{yz}{x^2}+\dfrac{xz}{y^2}+\dfrac{xy}{z^2}\right)\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}.3\sqrt[3]{\dfrac{yz.xz.xy}{x^2y^2z^2}}=3\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)