CM BĐT:
a) \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
b) \(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^2\)
c) \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
d) \(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Cho a,b,c∈R.CM bđt \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) (1). Áp dụng cm các bđt sau:
a)\(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
b)\(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\)
c)\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
d)\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
e)\(\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}vớia,b,c>0\)
f)\(a^4+b^4+c^4\ge abc\) nếu a+b+c=1
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ac+a^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
a/ Từ BĐT ban đầu ta có:
\(2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\) (đpcm)
b/ Chia 2 vế của BĐT ở câu a cho 9 ta được:
\(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}=\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\) (đpcm)
c/ Cộng 2 vế của BĐT ban đầu với \(2ab+2bc+2ca\) ta được:
\(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge3ab+3bc+3ca\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
d/ Áp dụng BĐT ban đầu cho các số \(a^2;b^2;c^2\) ta được:
\(\left(a^2\right)^2+\left(b^2\right)^2+\left(c^2\right)^2\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Mặt khác ta cũng có:
\(\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ca\right)^2\ge ab.bc+bc.ca+ab+ca=abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
e/ Chia 2 vế của BĐT ở câu c cho 9 ta được:
\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}\ge\frac{ab+bc+ca}{3}\)
Khai căn 2 vế: \(\Rightarrow\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}\)
f/ Áp dụng BĐT ở câu d:
\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)=abc\) (do \(a+b+c=1\))
chứng minh các BĐT:
a)\(2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2;\)
b)\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
a) Áp dụng Cauchy-Schwarz:
\(\left(a+b\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)=2\left(a^2+b^2\right)\)
b) Áp dụng AM-GM:
\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\a^2+c^2\ge2ac\end{matrix}\right.\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2ab+2bc+2ac\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\) (cm ở trên r nên khỏi cm lại đi)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Rightarrow3\left(ab+bc+ac\right)\le\left(a+b+c\right)^2\)
Kết hợp 2 điều trên:\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)
a)2(a2+b2) ≥ (a+b)2
⇔ 2a2+2b2 ≥ a2+2ab+b2
xét hiệu
⇔ 2a2+2b2-a2-2ab-b2 ≥ 0
⇔ a2-2ab+b2 ≥ 0
⇔ (a-b)2 ≥ 0 (luôn đúng )
=> đpcm
a )2(a^2+b^2)\(\ge\)(a+b)^2\(\Leftrightarrow\)2a^2+2b^2\(\ge\)a^2+b^2+2ab
\(\Leftrightarrow\)2a^2+2b^2-a^2-b^2-2ab\(\ge\)0
\(\Leftrightarrow\)(a-b)^2\(\ge\)0 (2)
(2) đúng nên 1 đúng
b )
chứng minh vế 1 3(a^2+b^2+c^2)\(\ge\)(a+b+c)^2
\(\Leftrightarrow\)3a^2+3b^2+3c^2-a^2-b^2-c^2-2ab-2bc-2ca\(\ge\)0
\(\Leftrightarrow\)2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\(\ge\)0
\(\Leftrightarrow\)(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\(\ge\)0 luôn đúng
chứng minh vế 2 (a+b+c)^2\(\ge\)3(ab+bc+ca)
\(\Leftrightarrow\)a^2+b^2+c^2-2ab-2ac-2bc\(\ge\)0
cm như trên suy ra đpcm
Cho a,b,c dương. Chứng minh
\(\dfrac{1}{\left(a+b\right)^2}+\dfrac{1}{\left(b+c\right)^2}+\dfrac{1}{\left(c+a\right)^2}\ge\dfrac{3\sqrt{3abc\left(a+b+c\right)}.\left(a+b+c\right)^2}{4\left(ab+bc+ca\right)^3}\)
Hứa tặng GP nha :))
I. BĐT:
1.Cho a,b,c là độ dài của ba cạnh tam giác CMR:
\(\left(a\right)a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\left(b\right)\dfrac{a}{b+c-a}+\dfrac{b}{a+c-b}+\dfrac{c}{a+b-c}\ge3\)
\(\left(c\right)\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}< 2\)
2. Cho a, b, c, d > 0 và abcd = 1 CMR: \(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\ge6\)
3. \(\left(x-1\right)\left(x-3\right)\left(x-4\right)\left(x-6\right)+9\ge0\)
4. \(\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{bc}{b+c}+\dfrac{ca}{c+a}\le\dfrac{a+b +c}{2}\)
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.
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 \(\left\{\begin{matrix} a^2=b^2=c^2=d^2=ab=cd\\ abcd=1\end{matrix}\right.\Rightarrow a=b=c=d=1\)
Bài 3:
Ta có:
\((x-1)(x-3)(x-4)(x-6)+9\)
\(=[(x-1)(x-6)][(x-3)(x-4)]+9\)
\(=(x^2-7x+6)(x^2-7x+12)+9\)
\(=a(a+6)+9\) (đặt \(x^2-7x+6=a\) )
\(=a^2+6a+9=(a+3)^2\geq 0, \forall a\in\mathbb{R}\)
Ta có đpcm.
cho a,b,c là số thực dương. Cmr:
1.\(\dfrac{a}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{b}{c^2+ca+a^2}+\dfrac{c}{a^2+ab+b^2}\ge\dfrac{a+b+c}{ab+bc+ca}\)
2.\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{a}{\left(b+c\right)^2}+\dfrac{b}{\left(c+a\right)^2}+\dfrac{c}{\left(a+b\right)^2}\right)\ge\dfrac{9}{4}\)
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 \(a=b=c\)
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 \(a=b=c\)
cho a,b,c là các số thực dương.cmr
\(\dfrac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{ac}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}+\dfrac{ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\ge\dfrac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+2\left(ab+bc+ca\right)}\)
a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3. CMR: \(\dfrac{a\left(a+bc\right)^2}{b\left(ab+2c^2\right)}+\dfrac{b\left(b+ca\right)^2}{c\left(bc+2a^2\right)}+\dfrac{c\left(c+ab\right)^2}{a\left(ca+2b^2\right)}>=4\)
Trước hết theo BĐT Schur bậc 3 ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+9abc\ge2\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3abc\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (do \(a+b+c=3\)) (1)
Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P, ta có:
\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)^2}{a^2c^2+2ab^2c}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
Áp dụng (1):
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left[2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Cho \(a^2+b^2+c^2+\left(a+b+c\right)^2\le4\)
CMR: \(\dfrac{ab+1}{\left(a+b\right)^2}+\dfrac{bc+1}{\left(b+c\right)^2}+\dfrac{ca+1}{\left(c+a\right)^2}\ge3\)
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 \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
\(a,\dfrac{a^3+b^3+c^3-3abc}{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}\) \(d,\dfrac{a^2\left(b-c\right)+b^2\left(c-a\right)+c^2\left(a-b\right)}{a^4\left(b^2-c^2\right)+b^4\left(c^2-a^2\right)+c^4\left(a^2-b^2\right)}\)
\(b,\dfrac{x^3-y^3+z^3+3xyz}{\left(x+y\right)^2+\left(y+z\right)^2+\left(z-x\right)^2}\) \(e,\dfrac{a^2\left(b-c\right)+b^2\left(c-a\right)+c^2\left(a-b\right)}{ab^2-ac^2-b^3+bc^2}\)
\(c,\dfrac{x^3+y^3+z^3-3xyz}{\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2}\)
* Đặt tên các biểu thức theo thứ tự là A,B,C,D,E.
Câu a)
Theo hằng đẳng thức đáng nhớ ta có:
\(a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b)(b+c)(c+a)\)
\(=(a+b+c)^3-3[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc]\)
\(=(a+b+c)^3-3[ab(a+b+c)+bc(b+c+a)+ca(c+a+b)-abc]\)
\(=(a+b+c)^3-3[(a+b+c)(ab+bc+ac)]+3abc\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)^3-3(ab+bc+ac)(a+b+c)\)
\(=(a+b+c)[(a+b+c)^2-3(ab+bc+ac)]\)
\(=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)\) (*)
Do đó:
\(A=\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)}{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac}=a+b+c\)
Câu b)
\(x^3-y^3+z^3+3xyz=x^3+(-y)^3+z^3-3x(-y)z\)
Sử dụng kết quả (*) của câu a. Với \(a=x, b=-y, c=z\)
\(\Rightarrow x^3+(-y)^3+z^3-3x(-y)z=(x-y+z)(x^2+y^2+z^2+xy+yz-xz)\)
Mặt khác xét mẫu số:
\((x+y)^2+(y+z)^2+(x-z)^2=x^2+2xy+y^2+y^2+2yz+z^2+x^2-2xz+z^2\)
\(=2(x^2+y^2+z^2+xy+yz-xz)\)
Do đó: \(B=\frac{(x-y+z)(x^2+y^2+z^2+xy+yz-xz)}{2(x^2+y^2+z^2+xy+yz-xz)}=\frac{x-y+z}{2}\)
Câu c) Sử dụng kết quả (*) của phần a:
\(x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz)\)
Và mẫu số:
\((x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2=2(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz)\)
Do đó: \(C=\frac{(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz)}{2(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz)}=\frac{x+y+z}{2}\)
Câu d)
Xét tử số:
\(a^2(b-c)+b^2(c-a)+c^2(a-b)\)
\(=a^2(b-c)-b^2[(b-c)+(a-b)]+c^2(a-b)\)
\(=(b-c)(a^2-b^2)-(b^2-c^2)(a-b)\)
\(=(b-c)(a-b)(a+b)-(b-c)(b+c)(a-b)\)
\(=(a-b)(b-c)[a+b-(b+c)]=(a-b)(b-c)(a-c)\) (1)
Xét mẫu số:
\(a^4(b^2-c^2)+b^4(c^2-a^2)+c^4(a^2-b^2)\)
\(=a^4(b^2-c^2)-b^4[(b^2-c^2)+(a^2-b^2)]+c^4(a^2-b^2)\)
\(=(a^4-b^4)(b^2-c^2)-(b^4-c^4)(a^2-b^2)\)
\(=(a^2-b^2)(a^2+b^2)(b^2-c^2)-(b^2-c^2)(b^2+c^2)(a^2-b^2)\)
\(=(a^2-b^2)(b^2-c^2)[a^2+b^2-(b^2+c^2)]\)
\(=(a^2-b^2)(b^2-c^2)(a^2-c^2)\)
\(=(a-b)(b-c)(a-c)(a+b)(b+c)(c+a)\)(2)
Từ (1)(2) suy ra \(D=\frac{1}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)
Câu e)
Theo phần d ta có:
\(TS=(a-b)(b-c)(a-c)\)
\(MS=ab^2-ac^2-b^3+bc^2\)
\(=b^2(a-b)-c^2(a-b)=(a-b)(b^2-c^2)=(a-b)(b-c)(b+c)\)
Do đó: \(E=\frac{(a-b)(b-c)(a-c)}{(a-b)(b-c)(b+c)}=\frac{a-c}{b+c}\)