Chứng minh :
\(\left(\frac{a^2}{b^2}\right)+\left(\frac{b^2}{c^2}\right)+\left(\frac{c^2}{a^2}\right)\ge\left(\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{a}{c}\right)\)
1) Cho a, b, c > 0. Chứng minh: \(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^2\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
2) Cho \(a,b,c\in R\).
a) Chứng minh: \(\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\)
b) Chứng minh: \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\)
3) Cho \(a,b,c\in R\)Chứng minh: \(\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\ge\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\)
2) Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số \(a^2-1;b^2-1;c^2-1\) có ít nhất hai số nằm cùng phía với 1.
Giả sử đó là a2 - 1 và b2 - 1. Khi đó \(\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow a^2b^2-a^2-b^2+1\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+3a^2+3b^2+9\ge4a^2+4b^2+8\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+2\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\) (2)
Mà \(4\left[\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\right]\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\) (3)(Áp dụng Bunhicopxki và cái ngoặc vuông)
Từ (2) và (3) ta có đpcm.
Sai thì chịu
Xí quên bài 2 b:v
b) Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a^2-\frac{1}{4}\right)\left(b^2-\frac{1}{4}\right)\ge0\)
Suy ra \(a^2b^2-\frac{1}{4}a^2-\frac{1}{4}b^2+\frac{1}{16}\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+a^2+b^2+1\ge\frac{5}{4}a^2+\frac{5}{4}b^2+\frac{15}{16}\)
Hay \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{3}{4}\right)\)
Suy ra \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+c^2+\frac{1}{2}\right)\)
\(\ge\frac{5}{4}\left(\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\) (Bunhiacopxki) (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
Cách nữa cho bài 2:
2a) Ta có: \(4\left(a^2+1+2\right)\left(1+1+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\)
Hay \(4\left(a^2+3\right)\left(2+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\ge4\left(a+b+c+1\right)^2=VP\)
Như vậy ta quy bài toán về chứng minh: \(\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(2+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\)
\(\Leftrightarrow b^2c^2+b^2+c^2+1\ge4bc\Leftrightarrow\left(bc-1\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\)(đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
b) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:\(\left(a^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+b^2+c^2+\frac{1}{2}\right)\ge\frac{1}{4}\left(a+b+c+1\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{5}{4}\left(a^2+1\right)\left(b^2+c^2+\frac{3}{4}\right)\ge\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\)
Từ đó ta có thể quy bài toán về chứng minh: \(\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(b^2+c^2+\frac{3}{4}\right)\)
...
Bài 3:Sửa đề a, b, c >0
Có: \(\frac{a^3}{b^2}+\frac{a^3}{b^2}+b\ge3\sqrt[3]{\frac{a^6}{b^3}}=\frac{3a^2}{b}\)
Tương tự: \(\frac{2b^3}{c^2}+c\ge\frac{3b^2}{c};\frac{2c^3}{a^2}+a\ge\frac{3c^2}{a}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên: \(2\left(\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\right)+a+b+c\ge3\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)\)
\(=2\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)+\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)\)
\(\ge2\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)+a+b+c\)
Từ đó ta có đpcm.
Mạnh hơn BĐT Nesbitt:
Chứng minh:\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}+\frac{\left[\Sigma_{cyc}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\right]\left(a-b\right)^2}{2\left(a+c\right)\left(b+c\right)\left[\left(b+a\right)\left(c+a\right)+\left(c+b\right)\left(a+b\right)\right]}\)
Với a, b, c > 0
Bài này tao kiên trì trong nháp lắm rồi, nhưng trên này tao không kiên trì nữa đâu :))
Tóm lại bài này của mày quy đồng cả hai vế lên Kết hợp với điều giả sử \(a\ge b\ge c\)
Nên có đpcm.
Nguyễn Văn Đạt không cần giả sử nha
tth_new Thế nào cũng đc nhưng tao kiệt sức vì bài mày rồi :))
Còn bài kia thì ta xin chịu ....
Hóng sol hay cho bài này.
Cho a,b,c >0. Chứng minh rằng: \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}+\frac{\left(9+4\sqrt{2}\right)\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}{2\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}\)
(tthnew)
Cho a,b,c>0 thỏa mãn \(\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ac\right)^2\ge\left(abc\right)^2\)
Chứng minh rằng \(\frac{\left(ab\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)c^3}+\frac{\left(bc\right)^2}{\left(b^2+c^2\right)a^3}+\frac{\left(ac\right)^2}{\left(a^2+c^2\right)b^3}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)
Cho a,b,c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3.
Chứng minh rằng: \(\frac{a^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}+\frac{b^4}{\left(c+a\right)\left(c^2+a^2\right)}+\frac{c^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{3}{4}\)
Phân tích Trước hết ta dự đoán dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1. Quan sát Bất Đẳng Thức ta nhận thấy các dấu hiệu sử dụng Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki dạng phân thức, sử dụng kĩ thuật đánh giá mẫu
Bài giải: Suy nghĩ đầu tiên khi quan sát Bất Đẳng Thức đó là dấu hiệu áp dụng Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Như vậy khi đó ta được
\(\frac{a^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}+\frac{b^4}{\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)}+\frac{c^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)+\left(c+a\right)\left(c^2+a^2\right)+\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\)
Như vậy ta cần chỉ ra được \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)+\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)+\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{3}{4}\)
Để ý thấy khi khai triển mẫu thì xuất hiện đại lượng \(a^3+b^3+c^3\)và đánh giá đại lượng đó theo kiểu \(a^3+b^3+c^2\le?̸\)
rất phức tạp. Do đó đánh giá một cách trực tiếp như vậy có vẻ không đem lại hiệu quả. Như vậy để áp dụng hiểu quả ta cần biến đổi Bất Đẳng Thức về một dạng khác
Chú ý là tại các mẫu xuất hiện tích của 2 đại lượng do đó ta sẽ đưa một đại lượng lên trên tử số. Khi đó ta có các cách biến đổi là
\(\orbr{\begin{cases}\frac{a^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}=\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b+c}}\right)^2}{b^2+c^2}\\\frac{a^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}=\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}\right)^2}{b+c}\end{cases}}\)
Để ý rẳng sau khi áp dụng thì ta thu được là tổng các mẫu đó, do đó cần chú ý đến giả thiết a+b+c=3 thì ta chọn cách biến đổi thứ hai. Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành
\(\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}\right)^2}{b+c}+\frac{\left(\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}\right)^2}{a+c}+\frac{\left(\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2}{a+b}\ge\frac{3}{4}\)
Đến đây áp dụng BĐT Cauchy ta được \(\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}\right)^2}{b+c}+\frac{\left(\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}\right)^2}{a+c}+\frac{\left(\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2}{a+b}\ge\frac{\left(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được
\(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Như vậy sau một số bước đánh giá ta đưa được về một bất đẳng thức có vẻ đơn giản hơn bất đẳng thức cần chứng minh và bất đẳng thức lúc này cũng có dấu hiệu của BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, khi đó ta được
\(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{a^2+b^2}}\)
Và ta cần chứng minh được \(\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{a^2+b^2}\le3\sqrt{2}\)tuy nhiên đánh giá này hoàn toàn sai vì \(\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{a^2+c^2}+\sqrt{a^2+b^2}\ge\frac{1}{\sqrt{2}}\left(a+b+c\right)=\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Như vậy để đảm bảo các đánh giá đùng chiều ta cần nâng lũy thừa của các phân số lên, do đó ta có đánh giá
\(\frac{a^2}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{a^2+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2\sqrt{b^2+c^2}+b^2\sqrt{a^2+c^2}+c^2\sqrt{a^2+b^2}}\)
Mặt khác theo BĐT Bunhiacopxki ta được
\(a^2\sqrt{b^2+c^2}+b^2\sqrt{a^2+c^2}+c^2\sqrt{a^2+b^2}\)\(\le\sqrt{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left[a^2\left(b^2+c^2\right)+b^2\left(a^2+c^2\right)+c^2\left(a^2+b^2\right)\right]}\)\(=\sqrt{2\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)
Do đó ta được \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2\sqrt{b^2+c^2}+b^2\sqrt{c^2+a^2}+c^2\sqrt{a^2+b^2}}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}}\)
*Đang giải bấm nhầm gửi trả lời, làm tiếp*
Ta cần chỉ ra được \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}}\ge\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Để ý thấy rằng
\(a^2+b^2+c^2\ge\sqrt{3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)
\(\sqrt{a^2+b^2+c^2}\ge\frac{a+b+c}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\)
Nhân theo vế 2 BĐT trên ta được điều phải chứng minh
Cách làm trên đúng tuy nhiên quá dài nên mình làm theo 1 cách khác ngắn hơn nhiều. Ta thấy rằng trong mỗi phân thức tử số bậc bốn và mẫu số bậc ba, chú ý đến giả thiết a+b+c=3 ta có thể đồng bậc như sau
\(\frac{a^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}+\frac{b^4}{\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)}+\frac{c^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{a+b+c}{4}\)
Do đó ta hướng đến cách đơn giản hóa mẫu số, điều này làm ta nghĩ đến một đánh giả kiểu \(\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)\le2\left(x^3+y^3\right)\)Đây là một đánh giá chứng minh được nhờ phép biến đổi tương đương
\(\frac{a^4}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}+\frac{b^4}{\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)}+\frac{c^4}{\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{a^4}{2\left(b^3+c^2\right)}+\frac{b^4}{2\left(a^3+c^3\right)}+\frac{c^4}{2\left(a^3+b^3\right)}\) Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được
\(\frac{a^4}{2\left(b^3+c^3\right)}+\frac{b^4}{2\left(a^3+c^3\right)}+\frac{c^4}{2\left(a^3+b^3\right)}\ge\frac{a+b+c}{4}\)
Bất Đẳng Thức này có thể chứng minh bằng cách áp dụng đồng thời Bất Đẳng Thức Bunhiacopxki dạng phân thức và Bất Đẳng Thức Cauchy
Cho các số thực a, b, c > 0. Chứng minh rằng :
\(\frac{a^2}{\left(2a+b\right)\left(2a+c\right)}+\frac{b^2}{\left(2b+a\right)\left(2b+c\right)}+\frac{c^2}{\left(2c+a\right)\left(2c+b\right)}\ge\frac{1}{3}\)
Mình nhầm, phải là \(\le\frac{1}{3}\)mọi người làm giúp mình với mình cần gấp
Theo BĐT Cauchy Schwarz và các biến đổi cơ bản ta dễ có được:
\(\frac{a^2}{\left(2a+b\right)\left(2a+c\right)}=\frac{a^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}=\frac{1}{9}\left[\frac{\left(2a+a\right)^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}\right]\)
\(\le\frac{1}{9}\left[\frac{4a^2}{2a\left(a+b+c\right)}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right]=\frac{1}{9}\left(\frac{2a}{a+b+c}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)
\(\Rightarrow LHS\le\frac{1}{9}\left(2+\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ca}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\right)\)
Tiếp tục theo BĐT Cauchy Schwarz dạng Engel:
\(\frac{a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2}{b^2+2ca}+\frac{c^2}{c^2+2ab}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)
Ta thực hiện phép đổi biến thì:
\(\frac{ab}{ab+2c^2}+\frac{bc}{bc+2a^2}+\frac{ca}{ca+2b^2}\ge1\)
Đến đây là phần của bạn
(Vào thống kê hỏi đáp xem ảnh nhé! 2 cách, cách đầu dùng kỹ thuật uvw, cách kia là SOS)
cho cac so thuc duong a b c thoa a^2+b^2+c^2>=3 chung minh
\(\frac{\left(a+1\right)\left(b+2\right)}{\left(b+1\right)\left(b+5\right)}+\frac{\left(b+1\right)\left(c+2\right)}{\left(c+1\right)\left(c+5\right)}+\frac{\left(c+1\right)\left(a+2\right)}{\left(a+1\right)\left(a+5\right)}\ge\frac{3}{2}\)
Ta có đánh giá \(\frac{b+2}{\left(b+1\right)\left(b+5\right)}\ge\frac{3}{4\left(b+2\right)}\)
Thật vậy, BĐT trên tương đương:
\(4\left(b+2\right)^2\ge3\left(b+1\right)\left(b+5\right)\)
\(\Leftrightarrow b^2-2b+1\ge0\Leftrightarrow\left(b-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
\(\Rightarrow\frac{\left(a+1\right)\left(b+2\right)}{\left(b+1\right)\left(b+5\right)}\ge\frac{3\left(a+1\right)}{4\left(b+2\right)}\)
Tương tự và cộng lại: \(P\ge\frac{3}{4}\left(\frac{a+1}{b+2}+\frac{b+1}{c+2}+\frac{c+1}{a+2}\right)\)
\(P\ge\frac{3}{4}\left(\frac{\left(a+1\right)^2}{ab+2a+b+2}+\frac{\left(b+1\right)^2}{bc+2b+c+2}+\frac{\left(c+1\right)^2}{ca+2c+a+2}\right)\)
\(P\ge\frac{3}{4}.\frac{\left(a+b+c+3\right)^2}{ab+bc+ca+3a+3b+3c+6}\)
\(P\ge\frac{3}{4}.\frac{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca+6a+6b+6c+9}{ab+bc+ca+3a+3b+3c+6}\)
\(P\ge\frac{3}{4}.\frac{2ab+2bc+2ca+6a+6b+6c+12}{ab+bc+ca+3a+3b+3c+6}=\frac{3}{4}.2=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Chứng minh các bất đẳng thức sau:
1. \(\frac{3}{a+b}+\frac{2}{c+d}+\frac{a+b}{\left(a+c\right)\left(b+d\right)}\ge\frac{12}{a+b+c+d}\)
2. \(\frac{\left(a+b\right)^2}{a+b-c}+\frac{\left(b+c\right)^2}{-a+b+c}+\frac{\left(c+a\right)^2}{a-b+c}\ge4.\left(a+b+c\right)\)
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