cho a,b,c là các số thực dương
Chứng minh rằng: \(\dfrac{a+3c}{a+b}+\dfrac{a+3b}{a+c}+\dfrac{2\text{a}}{b+c}\ge5\)
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
\(\dfrac{1}{a+2b+c}+\dfrac{1}{b+2c+a}+\dfrac{1}{c+2a+b}\le\dfrac{1}{a+3b}+\dfrac{1}{b+3c}+\dfrac{1}{c+3a}\)
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3. Chứng minh rằng :
\(\dfrac{5a^3-b^3}{ab+3a^2}+\dfrac{5b^3-c^3}{bc+3b^2}+\dfrac{5c^3-a^3}{ca+3c^2}\le3\)
Lời giải:
Bạn nhớ tới bổ đề sau: Với $a,b>0$ thì $a^3+b^3\geq ab(a+b)$.
Áp dụng vào bài:
$5a^3-b^3\leq 5a^3-[ab(a+b)-a^3]=6a^3-ab(a+b)$
$\Rightarrow \frac{5a^3-b^3}{ab+3a^2}\leq \frac{6a^3-ab(a+b)}{ab+3a^2}=\frac{6a^2-ab-b^2}{3a+b}=\frac{(3a+b)(2a-b)}{3a+b}=2a-b$
Tương tự:
$\frac{5b^3-c^3}{bc+3b^2}\leq 2b-c; \frac{5c^3-a^3}{ca+3c^2}\leq 2c-a$
Cộng theo vế:
$\Rightarrow \text{VT}\leq a+b+c=3$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Với a, b, c là những số thực dương, chứng minh rằng: \(\dfrac{a^2}{\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}}+\dfrac{b^2}{\sqrt{3b^2+8c^2+14bc}}+\dfrac{c^2}{\sqrt{3c^2+8a^2+14ca}}\ge\dfrac{a+b+c}{5}\)
\(\dfrac{a^2}{\sqrt{3a^2+14ab+8b^2}}=\dfrac{a^2}{\sqrt{\left(a+4b\right)\left(3a+2b\right)}}\ge\dfrac{2a^2}{a+4b+3a+2b}=\dfrac{a^2}{2a+3b}\)
Tương tự và cộng lại:
\(VT\ge\dfrac{a^2}{2a+3b}+\dfrac{b^2}{2b+3c}+\dfrac{c^2}{2c+3a}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{5a+5b+5c}=\dfrac{a+b+c}{5}\) (đpcm)
Cho a,b,c là ba số dương thỏa mãn a + b +c = 3 . Chứng minh rằng : \(\dfrac{\sqrt{3a+bc}}{a+\sqrt{3a+bc}}+\dfrac{\sqrt{3b+ac}}{b+\sqrt{3b+ac}}+\dfrac{\sqrt{3c+ab}}{c+\sqrt{3c+ab}}\) ≥ 2
Cho a,b,c là 3 số dương thỏa mãn a+b+c=3. Chứng minh rằng :\(\dfrac{\sqrt{3a+bc}}{a+\sqrt{3a+bc}}+\dfrac{\sqrt{3b+ac}}{b+\sqrt{3b+ac}}+\dfrac{\sqrt{3c+ab}}{c+\sqrt{3c+ab}}\)≥ 2
cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn \(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}=2017\)
Tìm max \(P=\dfrac{1}{2a+3b+3c}+\dfrac{1}{3a+2b+3c}+\dfrac{1}{3a+3b+2c}\)
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
\(\dfrac{3a^3+7b^3}{2a+3b}+\dfrac{3b^3+7c^3}{2b+3c}+\dfrac{3c^3+7a^3}{2c+3a}\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)
\(BDT\Leftrightarrow2a^4b+2b^4c+2c^4a+3ab^4+3bc^4+3ca^4\ge5a^2b^2c+5a^2bc^2+5ab^2c^2\)
Ta chứng minh được \(ab^4+bc^4+ca^4\ge a^2b^2c+a^2bc^2+ab^2c^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge ab+bc+ca\)
\(VT=\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ac}\)
\(\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=VP\)
Vậy ta cần chứng minh \(2a^4b+2b^4c+2c^4a+2ab^4+2bc^4+2ca^4\ge4a^2b^2c+4a^2bc^2+4ab^2c^2\)
\(\Leftrightarrow\sum_{cyc}\left(2c^3+bc^2-b^2c+ac^2-a^2c+3ab^2+3a^2b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Em có cách này tuy nhiên không chắc,do em mới học sos thôi,mong mọi người giúp đỡ ạ!
BĐT \(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(\frac{7b^3+3ab^2-7a^2b-3a^3}{2a+3b}\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(\frac{7b\left(b^2-a^2\right)+3a\left(b^2-a^2\right)}{2a+3b}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(\frac{\left(b^2-a^2\right)\left(7b+3a\right)}{2a+3b}-2\left(b^2-a^2\right)\right)\ge0\) (ta không cần cộng thêm \(\Sigma_{cyc}2\left(b^2-a^2\right)\) vì \(\Sigma_{cyc}2\left(b^2-a^2\right)=\Sigma_{cyc}2\left(b^2-a^2+c^2-b^2+a^2-c^2\right)=0\))
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(b^2-a^2\right)\left(\frac{7b+3a-4a-6b}{2a+3b}\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2}{2a+3b}\ge0\)
P/s: Hình như có gì đó sai sai ạ,mong mọi người check hộ em!Em cảm ơn nhiều ạ!
Cho các số thực dương \(a;b;c\) thỏa mãn : \(a+b+c=3\). Chứng minh rằng :
\(\dfrac{ab}{a+3b+2c}+\dfrac{bc}{b+3c+2a}+\dfrac{ac}{c+3a+2b}\le\dfrac{1}{2}\)
P/s: Em xin phép nhờ quý thầy cô giáo và các bạn yêu toán giúp đỡ em tham khảo với ạ!
Em cám ơn nhiều ạ!
\(\dfrac{ab}{a+3b+2c}=\dfrac{ab}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)+2b}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{ab}{2b}\right)\)
\(=\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{a}{2}\right)\)
Tương tự:
\(\dfrac{bc}{b+3c+2a}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{bc}{a+c}+\dfrac{b}{2}\right)\)
\(\dfrac{ac}{c+3a+2b}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{ac}{b+c}+\dfrac{ac}{a+b}+\dfrac{c}{2}\right)\)
Cộng vế:
\(P\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{bc+ac}{a+b}+\dfrac{bc+ab}{a+c}+\dfrac{ab+ac}{b+c}+\dfrac{a+b+c}{2}\right)\)
\(P\le\dfrac{1}{9}.\left(a+b+c+\dfrac{a+b+c}{2}\right)=\dfrac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng : \(\frac{a+3c}{a+b}+\frac{a+3b}{a+c}+\frac{2a}{b+c}\ge5\)
\(\frac{a+3c}{a+b}+\frac{a+3b}{a+c}+\frac{2a}{b+c}\)
\(=\frac{a+c+2c}{a+b}+\frac{a+b+2b}{a+c}+\frac{2a}{b+c}\)
\(=\frac{a+c}{a+b}+\frac{2c}{a+b}+\frac{a+b}{a+c}+\frac{2b}{a+c}+\frac{2a}{b+c}\)
\(=\left(\frac{a+c}{a+b}+\frac{a+b}{a+c}\right)+2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(\frac{a+c}{a+b}+\frac{a+b}{a+c}\ge2\sqrt{\frac{a+c}{a+b}\cdot\frac{a+b}{a+c}}=2\)
Cần chứng minh \(2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)\ge3\)thì bài toán được chứng minh
tức là \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
Tuy nhiên đây là bất đẳng thức Nesbitt quen thuộc nên ta có điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c