với a,b,c\(\in\)N* và S=\(\frac{a+b}{c}\)+\(\frac{b+c}{a}\)+\(\frac{a+c}{b}\). Chứng minh rằng S\(\ge\)2
Giả sử a, b, c là các số dương và S1 = \(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\); S2 = \(\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}+\frac{a^2}{c+a}\). Chứng minh rằng: S1 = S2 và S1\(\ge\)\(\frac{a+b+c}{2}\)
Xét hiệu \(S_1-S_2=\frac{a^2-b^2}{a+b}+\frac{b^2-c^2}{b+c}+\frac{c^2-a^2}{c+a}\)
\(=\frac{\left(a-b\right)\left(a+b\right)}{a+b}+\frac{\left(b-c\right)\left(b+c\right)}{b+c}+\frac{\left(c-a\right)\left(c+a\right)}{c+a}\)
\(=a-b+b-c+c-a\)
\(=0\)
\(\Rightarrow S_1=S_2\)
+) Áp dụng bđt AM-GM ta có:
\(\frac{a^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{a+b}.\frac{a+b}{4}}=a\)
\(\frac{b^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\frac{b^2}{b+c}.\frac{b+c}{4}}=b\)
\(\frac{c^2}{c+a}+\frac{c+a}{4}\ge2\sqrt{\frac{c^2}{c+a}.\frac{c+a}{4}}=c\)
Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:
\(S_1+\frac{a+b+c}{2}\ge a+b+c\)
\(\Rightarrow S_1\ge\frac{a+b+c}{2}\left(đpcm\right)\)
Svac-xơ:
\(S_1\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\)
cho a,b,c thuôc N* và s = \(\frac{a+b}{c}\) + \(\frac{b+c}{a}\) + \(\frac{a+c}{b}\)
chứng minh rằng \(\frac{a}{b}\) +\(\frac{b}{c}\) \(\ge\) 2
chứng minh s \(\ge\) 6
Giúp em với mọi người ơi...Bài này em không làm bằng phương pháp S*O*S hoặc dùng Cô si (AM-GM) như bình thường được rồi.
Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b +c = 3. Chứng minh rằng:
\(A=\frac{a^2}{a+b^2}+\frac{b^2}{b+c^2}+\frac{c^2}{c+a^2}\ge\frac{3}{2}\)
Ta có
\(\frac{a^2}{a+b^2}=\frac{a^2+ab^2-ab^2}{a+b^2}=a-\frac{ab^2}{a+b^2}\ge a-\frac{b\sqrt{a}}{2}\ge a-\frac{1}{4}b\left(a+1\right)\)
Khi đó
\(A\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}\left(ab+bc+ac\right)\)
Mà \(ab+bc+ac\le\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=3\)
=> \(A\ge\frac{9}{4}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}\)( ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
\(a-\frac{ab^2}{a+b^2}\ge a-\frac{b\sqrt{a}}{2}\)
Do \(a+b^2\ge2b\sqrt{a}\)
\(a-\frac{ab^2}{a+b^2}\ge a-\frac{b\sqrt{a}}{2}\ge a-\frac{1}{4}b\left(a+1\right)\)
Do \(\sqrt{a}\le\frac{a+1}{2}\)
Cho các só thực dương a,b,c thỏa mãn ab+bc+ca=3 . Chứng minh rằng :
\(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Cho bài toán phụ : Cho a ; b là các số thực dương
C/m : \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\ge\frac{2}{ab+1}\)
Do a ; b là các số thực dương \(\Rightarrow ab\ge1\)
Ta có : \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\ge\frac{2}{ab+1}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2+1}-\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{b^2+1}-\frac{1}{ab+1}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{ab+1-a^2-1}{\left(a^2+1\right)\left(ab+1\right)}+\frac{ab+1-b^2-1}{\left(b^2+1\right)\left(ab+1\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(ab-a^2\right)\left(b^2+1\right)+\left(ab-b^2\right)\left(a^2+1\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(ab+1\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{ab^3-a^2b^2+ab-a^2+a^3b-a^2b^2+ab-b^2}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(ab+1\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{ab\left(a^2+b^2\right)+2ab-2a^2b^2-a^2-b^2}{...}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a^2+b^2\right)\left(ab-1\right)-2ab\left(ab-1\right)}{...}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)}{...}\ge0\)
Dễ thấy mẫu luôn dương , tử \(\ge0\) => luôn đúng
=> BĐT được c/m
Áp dụng BĐT phụ ( từ bài toán phụ trên ) , ta có :
\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\ge\frac{2}{ab+1}+\frac{1}{c^2+1}=\frac{2c^2+2+ab+1}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}=\frac{2c^2+ab+3}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}\)
( * )
Có : \(\frac{2c^2+ab+3}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}-\frac{3}{2}=\frac{4c^2+2ab+6-3abc^2-3c^2-3ab-3}{...}=\frac{c^2+3-ab-3abc^2}{...}=\frac{c^2+bc+ac-3abc^2}{...}=\frac{c\left(a+b+c-3abc\right)}{...}\)\(\left(ab+bc+ac=3\right)\) ( 1 )
Do a , b , c là các số thực dương , áp dụng BĐT Cô - si cho 3 số , ta có : \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ac\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge3abc\left(ab+bc+ac=3\right)\) ( 2 )
Từ ( 1 ) ; ( 2 ) \(\Rightarrow\frac{2c^2+ab+3}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}-\frac{3}{2}\ge0\)
\(\Rightarrow\frac{2c^2+ab+3}{\left(ab+1\right)\left(c^2+1\right)}\ge\frac{3}{2}\) ( *' )
Từ (*) và (*') => ĐPCM
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
1) Cho a, b, c nguyên thỏa mãn: \(a^2+b^2=c^2\left(1+ab\right)\). Chứng minh rằng: \(a\ge c;b\ge c\)
2) Cho a, b, c dương và \(a+b+c\ge abc\). Chứng minh rằng: \(a^2+b^2+c^2\ge abc\)
3) Cho a, b, c dương và \(a+b+c\ge abc\). Chứng minh rằng ít nhất hai bất đẳng thức trong các bất đẳng thức sau là sai:
\(\frac{2}{a}+\frac{3}{b}+\frac{6}{c}\ge6\); \(\frac{2}{b}+\frac{3}{c}+\frac{6}{a}\ge6\); \(\frac{2}{c}+\frac{3}{a}+\frac{6}{b}\ge6\)
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.
1,Với các số dương a,b,c. Chứng minh rằng: \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge a+b+c\)
2, Với các số a,b,c>0. Chứng minh rằng:\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge a+b+c\)
Bài 1 với bài 2 như nhau, đăng làm gì cho tốn công :))
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :
\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c}.\frac{bc}{a}}=2b\)
\(\frac{ab}{c}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c}.\frac{ca}{b}}=2a\)
\(\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ac}{b}.\frac{bc}{a}}=2c\)
Cộng vế với vế ta được :
\(2\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge a+b+c\)(đpcm)
Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh rằng:
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\) (không chép mạng)
P/s: Đây là BĐT Nesbit
\(A=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
=> \(A+3=\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{c+a}+1+\frac{c}{a+b}+1\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
\(\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}.3\sqrt[3]{\frac{1}{a+b}.\frac{1}{b+c}.\frac{1}{c+a}}=\frac{9}{2}\) (AM - GM)
=> \(A\ge\frac{9}{2}-3=\frac{3}{2}\) (đpcm)
Đặt \(A=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
\(A=\frac{a^2}{ba+ca}+\frac{b^2}{cb+ba}+\frac{c^2}{ac+bc}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-schwarz ta có:
\(A=\frac{a^2}{ba+ca}+\frac{b^2}{cb+ba}+\frac{c^2}{ac+bc}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2.\left(ab+bc+ca\right)}\)
Ta c/m BĐT phụ \(ab+bc+ca\le\frac{1}{3}.\left(a+b+c\right)^2\)( tự c/m)
Áp dụng:
\(A\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2.\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\frac{1}{\frac{2}{3}}=\frac{3}{2}\)
đpcm
Tham khảo nhé~
P = a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b)
P + 3 = 1+ a/(b+c) + 1+ b/(c+a) + 1+ c/(a+b)
P + 3 = (a+b+c)/(b+c) + (a+b+c)/(b+c) + (a+b+c)/(c+a)
P + 3 = (a+b+c)[1/(b+c) + 1/(c+a) + 1/(a+b)] (*)
ad bđt cô si cho 3 số:
2(a+b+c) = (a+b) + (b+c) + (c+a) ≥ 3.³√(a+b)(b+c)(c+a)
1/(b+c) + 1/(c+a) + 1/(a+b) ≥ 3.³√1/(a+b)(b+c)(c+a)
nhân lại vế theo vế 2 bđt: 2(a+b+c)[1/(b+c) + 1/(c+a) + 1/(a+b)] ≥ 9
=> P + 3 ≥ 9/2 => P ≥ 3/2 (đpcm) ; dấu "=" khi a = b = c
- - -
cách khác: P = a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b)
M = b/(b+c) + c/(c+a) + a/(a+b)
N = c/(b+c) + a/(c+a) + b/(a+b)
Thấy: M + N = 3
P + M = (a+b)/(b+c) + (b+c)/(c+a) + (c+a)/(a+b) ≥ 3 (cô si cho 3 số)
P + N = (a+c)/(b+c) + (b+a)/(c+a) + (c+b)/(a+b) ≥ 3 (cô si)
=> 2P + M + N ≥ 6 => 2P + 3 ≥ 6 => P ≥ 3/2 (đpcm) ; đẳng thức khi a = b = c
Cho a,b,c là các số thực dương và \(n\in N\)*. Chứng minh rằng: \(\frac{a^{n+1}}{b+c}+\frac{b^{n+1}}{c+a}+\frac{c^{n+1}}{a+b}\ge\left(\frac{a^n}{b+c}+\frac{b^n}{c+a}+\frac{c^n}{a+b}\right).\sqrt[n]{\frac{a^n+b^n+c^n}{3}}\)