Với a,b,c >0 và không hai số nào bằng nhau. Chứng minh rằng:
\(\frac{a^3\left(b-c\right)+b^3\left(c-a\right)+c^3\left(a-b\right)}{a^2\left(b-c\right)+b^2\left(c-a\right)+c^2\left(a-b\right)}\ge3\sqrt[3]{abc}\)
Với \(a,b,c\ge0\) và không có hai số nào bằng nhau. Chứng minh rằng
\(\frac{a^3\left(b-c\right)+b^3\left(c-a\right)+c^3\left(a-b\right)}{a^2\left(b-c\right)+b^2\left(c-a\right)+c^2\left(a-b\right)}\ge3\sqrt[3]{abc}\)
Giúp mình với! Mình đang cần gấp. Các bạn làm được bài nào thì giúp đỡ mình nhé! Cảm ơn!
Bài 1: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:
\(\frac{a^2}{\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}}+\frac{b^2}{\sqrt{\left(2b^2+c^2\right)\left(2b^2+a^2\right)}}+\frac{c^2}{\sqrt{\left(2c^2+a^2\right)\left(2c^2+b^2\right)}}\le1\).
Bài 2: Cho các số thực dương a,b,c,d. Chứng minh rằng:
\(\frac{a-b}{a+2b+c}+\frac{b-c}{b+2c+d}+\frac{c-d}{c+2d+a}+\frac{d-a}{d+2a+b}\ge0\).
Bài 3: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:
\(\frac{\sqrt{b+c}}{a}+\frac{\sqrt{c+a}}{b}+\frac{\sqrt{a+b}}{c}\ge\frac{4\left(a+b+c\right)}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\).
Bài 4:Cho a,b,c>0, a+b+c=3. Chứng minh rằng:
a)\(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge1\).
b)\(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}\ge\frac{3}{2}\).
c)\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\).
Bài 5: Cho a,b,c >0. Chứng minh rằng:
\(\frac{2a^2+ab}{\left(b+c+\sqrt{ca}\right)^2}+\frac{2b^2+bc}{\left(c+a+\sqrt{ab}\right)^2}+\frac{2c^2+ca}{\left(a+b+\sqrt{bc}\right)^2}\ge1\).
1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)
\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\) (1)
áp dụng (x2 +y2 +z2)(m2+n2+p2) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)
(2a2bc +b2c2 + 2b2ac+a2c2 + 2c2ab+a2b2). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\) <=> (ab+bc+ca)2. VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\) ( vậy (1) đúng)
dấu '=' khi a=b=c
4b, \(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}=1-\frac{ab^2}{a^2+b^2}+1-\frac{bc^2}{b^2+c^2}+1-\frac{ca^2}{a^2+c^2}\)
\(\ge3-\frac{ab^2}{2ab}-\frac{bc^2}{2bc}-\frac{ca^2}{2ac}=3-\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=\frac{3}{2}\)
4c,
\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}=a+b+c-\frac{b^2}{b^2+1}-\frac{c^2}{c^2+1}-\frac{a^2}{a^2+1}+3--\frac{b^2}{b^2+1}-\frac{c^2}{c^2+1}-\frac{a^2}{a^2+1}\)\(\ge6-2\cdot\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=3\)
Khi thử đổi biến chứng minh Iran 96 và cái kết.... Mà chả biết lúc đổi biến có tính sai chỗ nào ko mà kết quả nó nhìn khủng khiếp quá:(
Cho a, b, c là các số không âm thỏa mãn không có 2 số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng:
\(\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\right)\ge\frac{9}{4}\)
Đặt \(\left(a+b+c;ab+bc+ca;abc\right)=\left(3u;3v^2;w^3\right)\)
Cần chứng minh
\(\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\right)\ge\frac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow v^2\left(\left(3v^2+a^2\right)^2+\left(3v^2+b^2\right)^2+\left(3v^2+c^2\right)^2\right)\ge3\left(9uv^2-w^3\right)\)
\(\Leftrightarrow v^2\left(27v^4+6v^2\left(a^2+b^2+c^2\right)+a^4+b^4+c^4\right)\ge3\left(9uv^2-w^3\right)\)
\(\Leftrightarrow v^2\left(27v^4+6v^2\left(9u^2-6v^2\right)+a^4+b^4+c^4\right)\ge3\left(9uv^2-w^3\right)\)
\(\Leftrightarrow v^2\left(27v^4+6v^2\left(9u^2-6v^2\right)+81u^4-108u^2v^2+18v^4+12uw^3\right)\ge3\left(9uv^2-w^3\right)\)
\(\Leftrightarrow135u^4v^2-144u^2v^4+12uv^2w^3-27uv^2+45v^6+3w^3\ge0\)
thấy mẹ nhầm rồi, quy đồng quên nhân:(( mai rảnh check lại:((
Cho ba số thực a, b, c. Chứng minh rằng:\(\left(a^2-bc\right)^3+\left(b^2-ca\right)^3+\left(c^2-ab\right)^3\ge3\left(a^2-bc\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a^2-bc=x\\b^2-ca=y\\c^2-ab=z\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x+y+z\ge0\)
\(\)Đẳng thức cần c/m trở thành: \(x^3+y^3+z^3\ge3xyz\left(1\right)\)
Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho 3 số x,y,z, ta có:
\(x^3+y^3+z^3\ge3\sqrt[3]{x^3.y^3.z^3}=3xyz\)
=> Đẳng thức (1) luôn đúng với mọi x
Dấu = xảy ra khi: x=y=z hay \(a^2-bc=b^2-ca=c^2-ab\)
và \(a^2+b^2+c^2-\left(ab+bc+ca\right)=0\)\(\Rightarrow a=b=c\)
Cho ba số thực không âm \(a;b;c\) và thỏa mãn \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=3\). Chứng minh rằng :
\(\sqrt{\left(a+b+1\right).\left(c+2\right)}+\sqrt{\left(b+c+1\right).\left(a+2\right)}+\sqrt{\left(c+a+1\right).\left(b+2\right)}\ge9\)
P/s: Em xin phép nhờ quý thầy cô giáo và các bạn giúp đỡ, em cám ơn rất nhiều ạ!
Cho a,b,c > 0. CMR:
\(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\ge3\sqrt[3]{\frac{3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}}\)
Ta có: \(LHS\ge3\sqrt[3]{\frac{3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)}{3abc\left(a+b+c\right)}}\) (Cô si + nhân cả tử và mẫu với 3(a+b+c) )
Mặt khác áp dụng BĐT quen thuộc \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\)
với x = ab; y = bc; z = ca thu được: \(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\)
Từ đó: \(LHS\ge3\sqrt[3]{\frac{3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)}{3abc\left(a+b+c\right)}}\)
\(\ge3\sqrt[3]{\frac{3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}}=RHS\)(qed)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le16\left(a+b+c\right)\). Chứng minh rằng:\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{8}{9}\)
Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\); \(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)
Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\); \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
cho 3 số a, b, c>0, và a+b+c=3. chứng minh rằng:
\(\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}+\frac{b^4}{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}+\frac{c^4}{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}\ge\frac{1}{3}\)
giải giup minh nhe
Áp dụng BĐT Cosi:
\(\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}+\frac{a+2}{27}+\frac{b+2}{27}+\frac{1}{9}>=4\sqrt[4]{\frac{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}{27.27.9}.\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}}...\)
\(>=\frac{4}{9}a\)
Tương tự
\(=>VT>=\frac{4}{9}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{9}-2\left(\frac{a+2}{9}+\frac{b+2}{9}+\frac{c+2}{9}\right)=\frac{1}{3}.\)
Dấu "="xảy ra khi a=b=c=1
Cho a,b,c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng :
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3\left[1+\sqrt{\frac{\left(a+b+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}}\right]\)
Đề sai. Nếu chỗ căn vế phải mà là căn bậc 3 thì t sol cho