Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:\(\left(a^2+3\right)\)\(\left(b^2+3\right)\)\(\left(c^2+3\right)\)\(\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\)
a) Cho \(a,b,c\in\left[0;1\right]\) . Chứng minh rằng:
\(a^2+b^2+c^2\le1+a^2b\sqrt{b}+b^2c\sqrt{c}+c^2a\sqrt{a}\)
b) Cho \(a,b,c\) là các số thực dương thoả mãn \(ab+bc+ca=1\) . Chứng minh rằng:
\(\left(a^2+2b^2+3\right)\left(b^2+2c^2+3\right)\left(c^2+2a^2+3\right)\ge64\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Cần bài b thôi
a) Ta có: \(a^2-1\le0;b^2-1\le0;c^2-1\le0\)
\(\Rightarrow\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\le0\)
\(a^2+b^2+c^2\le1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-a^2b^2c^2\le1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\) ( vì \(abc\ge0\) )
Có \(b-1\le0\Rightarrow a^2b\sqrt{b}\left(b-1\right)\le0\Rightarrow a^2b^2\le a^2b\sqrt{b}\)
Tương tự: \(\hept{\begin{cases}b^2c^2\le b^2c\sqrt{c}\\c^2a^2\le c^2a\sqrt{a}\end{cases}\Rightarrow dpcm}\)
1. Chứng minh rằng: \(\sqrt[3]{a^3+b^3+c^3}\le\sqrt{a^2+b^2+c^2}\)
2. Cho a,b,c là các số hữu tỉ. Chứng minh rằng: \(\sqrt{\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}}\) là 1 số hữu tỉ
\(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{\left(xy+yz+zx\right)^2}{x^2y^2z^2}\)(1) với x+y+z=0. Bạn quy đồng vế trái (1) dc \(\frac{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}{x^2y^2z^2}=\frac{\left(xy+yz+zx\right)^2-2\left(x+y+z\right)xyz}{x^2y^2z^2}\)
Xét các số thực a,b,c đôi một khác nhau , chứng minh rằng :
a) \(\frac{ab}{\left(b-c\right)\left(c-a\right)}+\frac{bc}{\left(c-a\right)\left(a-b\right)}+\frac{ca}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)}=-1\)
b) \(\left(\frac{a}{b-c}\right)^2+\left(\frac{b}{c-a}\right)^2+\left(\frac{c}{a-b}\right)^2\ge2\)
a)Quy đồng hết lên:v
\(=\frac{ab\left(a-b\right)+bc\left(b-c\right)+ca\left(c-a\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)
\(=\frac{ab\left(a-b\right)-bc\left(a-b+c-a\right)+ca\left(c-a\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)
\(=\frac{\left(a-b\right)\left(ab-bc\right)+\left(c-a\right)\left(ca-bc\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)
\(=\frac{b\left(a-b\right)\left(a-c\right)-c\left(a-c\right)\left(a-b\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\) (tắt xíu, ráng hiểu:v)
\(=\frac{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}=-\frac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}=-1\) (đpcm)
b)(sai thì thôi, cái chỗ đẳng thức xảy ra ý) Đặt \(\frac{a}{b-c}=x;\frac{b}{c-a}=y;\frac{c}{a-b}=z\) (cho nó gọn, viết cho nó lẹ:v) theo câu a) suy ra \(xy+yz+zx=-1\) => \(2xy+2yz+2zx=-2\)
Ta cần chứng minh \(x^2+y^2+z^2\ge2\). Thêm 2xy + 2yz +2zx vào hai vế ta cần chứng minh:
\(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx\ge2+2xy+2yz+2zx\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2\ge2-2=0\) (luôn đúng)
Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi \(x+y+z=0\)
1/Cho các số thực dương chứng minh:\(\frac{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge2\)
2/Cho a,b dương.Chứng minh:\(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+4\sqrt{2}\frac{a+b}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge10\)
3/ Cho các số thực dương. Chứng minh: \(\left(a^2+2bc\right)\left(b^2+2ca\right)\left(c^2+2ab\right)\ge abc\left(a+2b\right)\left(b+2c\right)\left(c+2a\right)\)
Chuyên Quảng Ngãi 2018
Cho a,b,c là các số thực khác 0 thỏa mãn điều kiện \(\hept{\begin{cases}a^2+a=b^2\\b^2+b=c^2\\c^2+c=a^2\end{cases}}\)
Chứng minh rằng \(\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)=1\)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}a^2+a=b^2\\b^2+b=c^2\\c^2+c=a^2\end{cases}}\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\left(a+b+c\right)=a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow a+b+c=0\left(1\right)\)
Lại có:\(\hept{\begin{cases}a^2+a=b^2\\b^2+b=c^2\\c^2+c=a^2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2-b^2=-a\\b^2-c^2=-b\\c^2-a^2=-c\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-b\right).\left(a+b\right)=-a\\\left(b-c\right).\left(b+c\right)=-b\\\left(c-a\right).\left(c+a\right)=-c\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)=-\frac{a}{a+b}\\\left(b-c\right)=-\frac{b}{b+c}\\\left(c-a\right)=-\frac{c}{a+c}\end{cases}}\)
Từ (1) \(\Rightarrow\left(a-b\right).\left(b-c\right).\left(c-a\right)=-\left(\frac{a}{a+b}\cdot\frac{b}{b+c}\cdot\frac{c}{a+c}\right)=\frac{-abc}{-c.\left(-a\right).\left(-b\right)}=1\)
1/Cho các số thực dương. Chứng minh:\(ax+by+cz+2\sqrt{\left(ab+bc+ca\right)\left(xy+yz+zx\right)}\le\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\)
2/Cho 3 số thực tùy ý.Chứng minh: \(2\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\le4xyz+\left(x^2+y^2+z^2\right)^{\frac{3}{2}}\)
3/ Với các số thực dương. Chứng minh : \(\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge1\)
4/ Với cácsố thực dương thỏa abc=1.Chứng minh:\(\left(1+\frac{2x}{y}\right)\left(1+\frac{2y}{z}\right)\left(1+\frac{2z}{x}\right)\ge\left(2+x\right)\left(2+y\right)\left(2+z\right)\)
Bai 1: Ap dung BDT Bunhiacopxki ta co:
\(ax+by+cz+2\sqrt {(ab+ac+bc)(xy+yz+xz)} \)
\(≤ \sqrt {(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)} + \sqrt {(ab+ac+bc)(xy+yz+zx)}+\sqrt {(ab+ac+bc)(xy+yz+zx)}\)
\(≤ \sqrt {(a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc)(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx)}\)
\(= (a+b+c)(x+y+z)\)
=> \(Q.E.D\)
Tiep bai 4:Ta co:
BDT <=> \((2+y^2z)(2+z^2x)(2+x^2y)≥(2+x)(2+y)(2+z)\)
Sau khi khai trien con: \(2(z^2x+y^2z+x^2y)+x^2z+z^2y+y^2x≥xy+yz+zx+2x+2y+2z \)
Ap dung BDT Cosi ta co:
\(z^2x+x ≥ 2zx \) <=> \(z^2x≥2zx-x\)
Lam tuong tu ta co: \(2(z^2x+y^2z+x^2y)≥4xy+4yz+4zx-2x-2y-2z \)(1)
\(x^2z+{1\over z}≥2x \) <=> \(x^2z≥2x-xy \) (do xyz=1)
Lam tuong tu ta co: \(x^2z+z^2y+y^2x≥ 2y+2z+2x-xy-yz-zx\)(2)
Cong (1) voi (2) ta co: VT\(≥ 3(xy+yz+zx)\)(*)
Voi cach lam tuong tu ta cung duoc: VT\(≥ 3(x+y+z) \)(**)
Tu (*) va (**) suy ra : \(3 \)VT \(≥ 6(x+y+z)+3(xy+yz+zx) \)
<=> VT \(≥ 2(x+y+z)+xy+yz+zx\)
=> \(Q.E.D\)
Cho các số thực dương thỏa mãn a++b+c=3 CMR
\(\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}+\frac{b^4}{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}+\frac{c^4}{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}\ge\frac{1}{3}\)
Đặt \(P=\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}+\frac{b^4}{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}+\frac{c^4}{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}+\frac{a+2}{27}+\frac{b+2}{27}+\frac{1}{9}\ge4\sqrt[4]{\frac{a^2}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}.\frac{a+2}{27}.\frac{b+2}{27}.\frac{1}{9}}=\frac{4a}{9}\)(1)
\(\frac{b^4}{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}+\frac{b+2}{27}+\frac{c+2}{27}+\frac{1}{9}\ge4\sqrt[4]{\frac{b^2}{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}.\frac{b+2}{27}.\frac{c+2}{27}.\frac{1}{9}}=\frac{4b}{9}\)(2)
\(\frac{c^4}{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}+\frac{c+2}{27}+\frac{a+2}{27}+\frac{1}{9}\ge4\sqrt[4]{\frac{c^2}{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}.\frac{c+2}{27}.\frac{a+2}{27}.\frac{1}{9}}=\frac{4c}{9}\)(3)
Lấy \(\left(1\right)+\left(2\right)+\left(3\right)\)ta được:
\(P+\frac{2\left(a+b+c\right)+12}{27}+\frac{3}{9}\ge\frac{4\left(a+b+c\right)}{9}\)
\(\Leftrightarrow P+\frac{2}{3}+\frac{3}{9}\ge\frac{4}{3}\)
\(\Leftrightarrow P\ge\frac{1}{3}\left(đpcm\right)\)Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Cách khác
Ta co:
\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\Sigma_{cyc}\left(a+2\right)\left(b+2\right)+12}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^4}{36\left(a+b+c\right)+9\left(ab+bc+ca\right)+108}\ge\frac{3^4}{108.2+9.\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=\frac{1}{3}\)
Grazie! Cám ơn mấy bạn
Bài 1 : Cho a, b \(\in\)N*. Chứng tỏ rằng:
a, \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\);
b, \(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge4\).
Bài 2 : Kí hiệu [x, y] là BCNN(x, y).
Cho a, b, c là ba số nguyên tố khác nhau đôi một.
Chứng minh rằng : \(\frac{1}{\left[a,b\right]}+\frac{1}{\left[b,c\right]}+\frac{1}{\left[c,a\right]}\le\frac{1}{3}\).
\(\left(a+b\right)^2\ge4ab\Rightarrow\frac{a^2+b^2}{ab\left(a+b\right)}\ge\frac{4ab}{ab\left(a+b\right)}\)bài1
a) ta có \(\left(a-b\right)^2\ge0\) với mọi a,b\(\in\)N*
=> \(a^2-2ab+b^2\ge0\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{ab}\ge2\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)
b) tương tự ta có \(a^2+b^2\ge2ab\)
\(\left(a+b\right)^2\ge4ab\Rightarrow\frac{\left(a+b\right)^2}{ab\left(a+b\right)}\ge\frac{4ab}{ab\left(a+b\right)}\)(do a,b\(\in\)N*)
\(\Rightarrow\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\Rightarrow\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge4\)
bài 2 chịu
Bài 2:
=> \(\frac{1}{\left[a.b\right]}+\frac{1}{\left[b,c\right]}+\frac{1}{\left[c,a\right]}=\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\)
Do a,b,c là các số nguyên tố khác nhau
=> \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\le\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.5}+\frac{1}{5.2}=\frac{1}{3}\)
=> đpcm
Cho \(x^2-y=a,y^2-z=b,z^2-x=c\)\(c\) ( a , b , c là các hằng số ) Chứng minh rằng giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị của các biến x , y , z :
P = \(^{x^3\left(z-y^2\right)+y^3\left(x-z^2\right)+z^3\left(y-x^2\right)+xyz\left(xyz-1\right)}\)
Ta có:\(P=x^3\left(z-y^2\right)+y^3x-y^3z^2+z^3y-z^3x^2+x^2y^2z^2-xyz\)
\(\Rightarrow P=x^3\left(z-y^2\right)+x^2y^2z^2-x^2z^3-\left(y^3z^2-z^3y\right)+y^3x-xyz\)
\(\Rightarrow P=x^3\left(z-y^2\right)+x^2z^2\left(y^2-z\right)-yz^2\left(y^2-z\right)+xy\left(y^2-z\right)\)
\(\Rightarrow P=\left(y^2-z\right)\left(x^2z^2-x^3-yz^2+xy\right)\)
\(\Rightarrow P=\left(y^2-z\right)\left(x^2z^2-x^3+xy-yz^2\right)\)
\(\Rightarrow P=\left(y^2-z\right)\left(x^2\left(z^2-x\right)+y\left(x-z^2\right)\right)\)
\(\Rightarrow P=\left(y^2-z\right)\left(x^2\left(z^2-x\right)-y\left(z^2-x\right)\right)\)
\(\Rightarrow P=\left(y^2-z\right)\left(z^2-x\right)\left(x^2-y\right)\)
\(\Rightarrow P=abc\)
Vì a, b, c là hằng số nên P có giá trị không phụ thuộc vào x, y, z