Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện:
a+b+c+ab+bc+ca = 6
Chứng minh rằng:
\(\dfrac{a^3}{b}\)+\(\dfrac{b^3}{c}\)+\(\dfrac{c^3}{a}\)\(\ge\)\(a^2\)+\(b^2\)+\(c^2\)\(\ge\) 3
Cho `a,b,c` là các số dương thoả mãn điều kiện `a+b+c+ab+bc+ca=6`
Chứng minh rằng : \(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có:
(a2 + b2) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2ab + 2bc + 2ca
=> 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2 (ab + bc + ca) (1) (a2 + 1) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2a + 2b + 2c
=> a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a + b + c) (2)
Cộng các vế của (1) và (2) ta có:
3 ( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 2 (ab + bc + ca + a + b + c)
=> 3( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 12 => a2 + b2 + c2 ≥ 3.
Ta có: (a^3/b + ab ) + ( b^3/c + bc ) + ( c^3/a + ca)≥ 2(a2 + b2 + c2) (CÔ SI)
<=>a^3/b + b^3/c + c^3/a +ab + bc + ac ≥ 2(a2 + b2 + c2)
Vì a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca => a^3 + b^3 + c^3 ≥ a2 + b2 + c2 ≥ 3 (đpcm).
Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số dương ta có:
\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (1)
\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2a+2b+2c\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\) (2)
Cộng (1) với (2)
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge2\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge12\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Ta có: \(\left(\dfrac{a^3}{b}+ab\right)+\left(\dfrac{b^3}{c}+bc\right)+\left(\dfrac{c^3}{a}+ca\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+ab+bc+ca\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Vì \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\) (đpcm).
Xét BĐT phụ: `a^2+b^2+c^2>=ab+bc+ca(**)`
`BĐT(**)<=>1/2[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]>=0AAa;b;c` xảy ra dấu "=" khi `a=b=c`
Từ `BĐT(**)` cộng hai vế với `2(ab+bc+ca)` ta có `(a+b+c)^2>=3(ab+bc+ca)<=>(a+b+c)^2/3>=ab+bc+ca`
-----
Ta có `6=a+b+c+ab+bc+ca<=a+b+c+(a+b+c)^2/3=t^2/3+t(t=a+b+c>0)`
`=>t^2/3+t-6>=0=>t>=3` hay `a+b+c>=3`
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
`a^3/b+b^3/c+c^3/a=a^4/(a)+b^4/(bc)+c^4/ca>=(a^2+b^2+c^2)/(ab+bc+ca)>=a^2+b^2+c^2>=(a+b+c)^2/3=3`
Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab+bc+ac=3abc. Chứng minh rằng:
\(\sqrt{\dfrac{ab}{a+b+1}}+\sqrt{\dfrac{bc}{b+c+1}}+\sqrt{\dfrac{ca}{c+a+1}}\ge\sqrt{3}\)
Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab+bc+ac=3abc. Chứng minh rằng:
\(\sqrt{\dfrac{ab}{a+b+1}}+\sqrt{\dfrac{bc}{b+c+1}}+\sqrt{\dfrac{ca}{c+a+1}}\ge\sqrt{3}\)
#Toán lớp 9
Cho \(a,b,c\) là ba số dương tùy ý.
1) Chứng minh rằng \(\dfrac{a^5}{bc}+\dfrac{b^5}{ca}+\dfrac{c^5}{ab}\ge\left(a^3+b^3+c^3\right)\).
2) Chứng minh rằng nếu \(a,b,c\) thỏa mãn thêm điều kiện \(abc\le\dfrac{1}{3}\) thì
\(\dfrac{a^5}{bc}+\dfrac{b^5}{ca}+\dfrac{c^5}{ab}\ge\left(a^3+b^3+c^3\right)^2\).
1) Áp dụng bất đẳng Bunyakovsky dạng cộng mẫu ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}=\frac{a^6}{abc}+\frac{b^6}{abc}+\frac{c^6}{abc}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\)
\(=\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}\ge\frac{3abc\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}=a^3+b^3+c^3\)
(Cauchy 3 số) Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c
2) Áp dụng kết quả phần 1 ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\ge\frac{\left(a^3+b^2+c^3\right)^2}{3\cdot\frac{1}{3}}=\left(a^3+b^3+c^3\right)^2\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)
Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn: ab+bc+ca=3. Chứng minh: \(\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\ge\dfrac{3}{2}\)
\(ab+bc+ac=3\)
Ta có:
\(\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}\ge\dfrac{2}{ab+1}\) ( đúng với mọi \(ab\ge1\))
Giả sử:\(ab\ge1\)
\(\Rightarrow\dfrac{2}{ab+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\ge\dfrac{2c^2+2+ab+1}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}=\dfrac{2c^2+ab+3}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}\)
Giả sử: \(\dfrac{2c^2+ab+3}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)(đúng)
\(\Leftrightarrow2\left(2c^2+ab+3\right)\ge3\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)\)
\(\Leftrightarrow4c^2+2ab+6\ge3\left(abc^2+ab+c^2+1\right)\)
\(\Leftrightarrow4c^2+2ab+6\ge3abc^2+3ab+3c^2+3\)
\(\Leftrightarrow c^2-ab-3abc^2+3\ge0\)
\(\Leftrightarrow c^2-ab-3abc^2+ab+ac+bc\ge0\) ( vì \(ab+ac+bc=3\) )
\(\Leftrightarrow c^2+ac+bc-3abc^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow c+a+b-3abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow c+a+b\ge3abc\)
Ta có:
\(3\left(c+a+b\right)=\left(ab+ac+bc\right)\left(c+a+b\right)\) ( vì \(ab+ac+bc=3\) )
Áp dụng BĐT AM-GM, ta có:
\(\left(ab+ac+bc\right)\left(c+a+b\right)\ge9abc\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge3abc\)
\(\Rightarrow\) \(\dfrac{2c^2+ab+3}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}\ge\dfrac{3}{2}\) ( luôn đúng )
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\ge\dfrac{3}{2}\) ( đfcm )
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Hình như sai đề rồi bạn ạ, dấu ≥ phải là ≤
cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn : abc=1
chứng minh: \(\dfrac{1}{ab+a}+\dfrac{1}{bc+b}+\dfrac{1}{ca+c}\ge\dfrac{3}{2}\)
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{y}{x};\dfrac{z}{y};\dfrac{x}{z}\right)\)
\(\Rightarrow VT=\dfrac{1}{\dfrac{y}{x}\left(\dfrac{z}{y}+1\right)}+\dfrac{1}{\dfrac{z}{y}\left(\dfrac{x}{z}+1\right)}+\dfrac{1}{\dfrac{x}{z}\left(\dfrac{y}{x}+1\right)}\)
\(VT=\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}=\dfrac{x^2}{xy+xz}+\dfrac{y^2}{xy+yz}+\dfrac{z^2}{xz+yz}\)
\(VT\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(xy+yz+zx\right)}\ge\dfrac{3\left(xy+yz+zx\right)}{2\left(xy+yz+zx\right)}=\dfrac{3}{2}\)
Cho \(a,b,c\) là các số dương. Chứng minh: \(\dfrac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\dfrac{a+b+c}{3}\)
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6
Chứng minh rằng \(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\) 3
Ad bđt : \(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\) (Cái bđt này c/m dễ : Nhân 2 vế với 2 -> chuyển vế -> tổng bình phương > 0 luôn đúng)
Kết hợp với bđt Cô-si cho 2 số dương ta đc
\(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}=\left(\frac{a^3}{b}+ab\right)+\left(\frac{b^3}{c}+bc\right)+\left(\frac{c^3}{a}+ac\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\ge2\sqrt{\frac{a^3}{b}.ab}+2\sqrt{\frac{b^3}{c}.bc}+2\sqrt{\frac{c^3}{a}.ac}-\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(=2a^2+2b^2+2c^2-a^2-b^2-c^2\)
\(=a^2+b^2+c^2\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\left(1\right)\)
Áp dụng bđt Cô-si cho 2 số dương
\(a^2+b^2\ge2ab\)
\(b^2+c^2\ge2bc\)
\(c^2+a^2\ge2ac\)
\(a^2+1\ge2a\)
\(b^2+1\ge2b\)
\(c^2+1\ge2c\)
Cộng từng vế của 6 bđt trên lại ta đc
\(3\left(a^2+b^2+c^2+1\right)\ge2\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2+1\right)\ge2.6\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+1\ge4\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\a+b+c+ab+bc+ca=6\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\a+a+a+aa+aa+aa=6\end{cases}}\)(thay hết b , c thành a)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\3a^2+3a=6\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\a^2+a-2=0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\\left(a-1\right)\left(a+2\right)=0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow a=b=c=1\)hoặc \(a=b=c=-2\)
Mà a,b,c là các số dương nên a = b = c = 1
Vậy ............
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c + ab + bc + ca = 6. Chứng minh rằng : \(\dfrac{a^3}{b}\)+ \(\dfrac{b^3}{c}\) +\(\dfrac{c^3}{a}\) ≥ 3
\(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)}{ab+bc+ca}=a^2+b^2+c^2\)
Mặt khác ta có:
\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(a+b+c+ab+bc+ca\right)-3=9\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Từ đó suy ra đpcm
cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng: \(\dfrac{a^3}{b^2+3}+\dfrac{b^3}{c^2+3}+\dfrac{c^3}{a^3+3}\ge\dfrac{3}{4}\) help me!!!!
Lời giải:
Do \(3=ab+bc+ac\) nên ta có:
\(P=\frac{a^3}{b^2+3}+\frac{b^3}{c^2+3}+\frac{c^3}{a^2+3}\)
\(=\frac{a^3}{b^2+ab+bc+ac}+\frac{b^3}{c^2+ab+bc+ac}+\frac{c^3}{a^2+ab+bc+ac}\)
\(=\frac{a^3}{(b+c)(b+a)}+\frac{b^3}{(c+a)(c+b)}+\frac{c^3}{(a+b)(a+c)}\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a^3}{(b+c)(b+a)}+\frac{b+c}{8}+\frac{b+a}{8}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{64}}=\frac{3a}{4}\)
\(\frac{b^3}{(c+a)(c+b)}+\frac{c+a}{8}+\frac{c+b}{8}\geq 3\sqrt[3]{\frac{b^3}{64}}=\frac{3b}{4}\)
\(\frac{c^3}{(a+b)(a+c)}+\frac{a+b}{8}+\frac{a+c}{8}\geq 3\sqrt[3]{\frac{c^3}{64}}=\frac{3c}{4}\)
Cộng các BĐT trên vào và rút gọn:
\(\Rightarrow P+\frac{a+b+c}{2}\geq \frac{3}{4}(a+b+c)\)
\(\Rightarrow P\geq \frac{a+b+c}{4}(1)\)
Ta có một hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM đó là:
\((a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\Leftrightarrow (a+b+c)^2\geq 9\)
\(\Rightarrow a+b+c\geq 3(2)\)
Từ \((1); (2)\Rightarrow P\geq \frac{3}{4}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)