Chứng minh bất đẳng thức cô-si với 3 số a,b,c không âm: \(\dfrac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\). Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c.
Áp dụng chứng minh bất đẳng thức: \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\)
Bạn tham khảo cách chứng minh tại đây :
Câu hỏi của Nguyễn Huy Thắng - Toán lớp 10 | Học trực tuyến
Áp dụng : Theo BĐT \(AM-GM\) ta có :
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\)
Nhân vế theo vế ta được :
\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}=3.3.1=9\)
Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c\)
Sử dụng bất đẳng thức cô-si. Chứng minh bất đẳng thức \(\left(a+b\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\ge4\)
Lời giải:
Bổ sung điều kiện $a,b$ là các số dương. Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
$a+b\geq 2\sqrt{ab}$
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq 2\sqrt{\frac{1}{ab}}$
$\Rightarrow (a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})\geq 2\sqrt{ab}.2\sqrt{\frac{1}{ab}}=4$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b$
1.Chứng tỏ các đa thức sau không phụ thuộc vào biến x
a)\(x\cdot\left(2x+1\right)-x^2\left(x\cdot2\right)+\left(x^3-x+3\right)\)
b)\(4\cdot\left(x-6\right)-x^2\left(2+3x\right)+x\left(5x-4\right)+3x^2\left(x-1\right)\)
2.Chứng minh đẳng thức sau :
a)\(a\left(b-c\right)-b\left(a+c\right)+c\left(a-b\right)=-2bc\)
b)\(a\left(1-b\right)+a\left(a^2-1\right)=a\left(a^2-b\right)\)
câu 2:
a(b-c)-b(a+c)+c(a-b)=-2bc
ta có:
a( b-c ) - b ( a +c )+ c(a-b)
=ab-ac-(ba+bc)+(ca-cb)
=ab-ac-ba-bc+ca-cb
=ab-ba-ac+ca-bc-cb
=0-0-bc-cb
=bc+(-cb)
=-2cb hay -2bc
b)a(1-b)+a(a^2-1)=a(a^2-b)
Ta có:
a(1-b) + a(a^2-1)
=a-ab+(a^3-a)
=a-ab+a^3-a
=a-a-ab+a^3
=0-ab+a^3
=-ab+a^3
=a(-b +a^2) hay a(a^2-b)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy để chứng minh các bất đẳng thức sau đây với a,b,c là các số thực dương
a) \(\left(ab+c^2\right)\left(bc+a^2\right)\left(ca+b^2\right)\ge abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
b) \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1\)
Chứng Minh Bất Đẳng Thức sau :
\(\frac{a^n}{b+c}+\frac{b^n}{a+c}+\frac{c^n}{a+b}\ge\frac{1}{3}\cdot\left(a^n+b^n+c^n\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right).\)
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\). Khi đó, ta dễ dàng có được \(a^n\ge b^n\ge c^n\)và \(\frac{1}{b+c}\ge\frac{1}{c+a}\ge\frac{1}{a+b}\)
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev, ta có: \(\frac{a^n}{b+c}+\frac{b^n}{c+a}+\frac{c^n}{a+b}\ge\frac{1}{3}\left(a^n+b^n+c^n\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\)
P/s: Đây là một bước nhỏ trong một cách chứng minh dạng tổng quát của bđt Nesbit
ủa trebyshev có dạng như vậy hả bạn
chứng minh bất đẳng thức
\(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
T = (1+a)(1+b)(1+c) = 1 + (a + b + c) + (ab + bc + ac) + abc.
Áp dụng \(A+B+C\ge3\sqrt[3]{ABC}\left(A,B,C\ge0\right)\),
ta có: \(T\ge1+3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}+\sqrt[3]{\left(abc\right)^3}=\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\left(đpcm\right)\)
Chúc bạn học tốt
áp dụng bất đẳng thức Cô-si,tìm GTNN của P= \(\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{c^3}{\left(1+b\right)\left(1+a\right)}\)
Bài này mình từng giải rồi. Đề đúng phải là:
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = 1.
Tìm GTNN của \(\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\dfrac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\)
Bài giải:
Ta có: \(\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{1+b}{8}+\dfrac{1+c}{8}\ge\dfrac{3a}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\dfrac{6a-b-c-2}{8}\left(1\right)\)
Tương tự \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}\ge\dfrac{6b-c-a-2}{8}\left(2\right)\\\dfrac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\dfrac{6c-a-b-2}{8}\left(3\right)\end{matrix}\right.\)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được:
\(\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\dfrac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\dfrac{6a-b-c-2}{8}+\dfrac{6b-c-a-2}{8}+\dfrac{6c-a-b-2}{8}\)
\(=\dfrac{a+b+c}{2}-\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{2}-\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{4}\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=1\)
PS: Chép đề thì cẩn thận vô bạn.
1 cach giai khac cho Cosi va C-S Câu hỏi của Hoàng Phúc - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
Chứng minh bất đẳng thức sau:
\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\ge\dfrac{9}{2}\left(a,b,c>0\right)\)
Áp dụng BĐT cosi:
\(\left(a+b+b+c+c+a\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\\ \ge3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\cdot3\sqrt[3]{\dfrac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}=9\\ \Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\ge9\\ \Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\ge\dfrac{9}{2}\left(đpcm\right)\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c\)
chứng minh đẳng thức
\(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\cdot\left(a+b\right)\cdot\left(b+c\right)\cdot\left(c+a\right)\)
\(\left(a+b+c\right)^3=\left[\left(a+b\right)+c\right]^3=\left(a+b\right)^3+3\left(a+b\right)^2c+3\left(a+b\right)c^2+c^3\)
\(=\left(a^3+3a^2b+3b^2a+b^3\right)+3c\left(a^2+2ab+b^2\right)+3c^2\left(a+b\right)+c^3\)
\(=a^3+3a^2b+3b^2a+b^3+3a^2c+6abc+3b^2c+3ac^2+3bc^2+c^3\)
\(=a^3+b^3+c^3+\left(3a^2b+3b^2a+3b^2c+3c^2b+3a^2c+3c^2a+6abc\right)\)
\(=a^3+b^3+c^3+3\left(a^2b+b^2a+b^2c+c^2b+a^2c+c^2a+2abc\right)\)
\(=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
