Chứng minh rằng với a,b,c dương ta có:
\(\left(a^2c+b^2a+c^2b\right)^2\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)abc\)
Những câu hỏi liên quan
Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:
\(\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc+\sqrt[3]{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\)
Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng \(\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc+\sqrt[3]{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\)
\(BĐT\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc\)
\(+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
Đặt \(P=\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopski:
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\ge\left(\text{ Σ}_{cyc}ab\sqrt{ab}\right)^2\)
\(\Rightarrow P\ge ab\sqrt{ab}+bc\sqrt{bc}+ca\sqrt{ca}\)(1)
Lại áp dụng BĐT Bunhiacopski:
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(bc^2+ca^2+ab^2\right)\ge\left(3abc\right)^2\)
\(\Rightarrow P\ge3abc\)(2)
Tiếp tục áp dụng BĐT Bunhiacopski:
\(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ca^2+b^2a+c^2b\right)\ge\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\sqrt{bc}\right)^2\)
\(\Rightarrow P\ge a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ca}+c^2\sqrt{ab}\)(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(3P\ge3abc+\left[\text{Σ}_{cyc}\left(a^2\sqrt{bc}+bc\sqrt{bc}\right)\right]\)
Sử dụng một số phép biến đổi và bđt Cô - si cho 3 số , ta được:
\(3P\ge3abc+3\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
\(\Rightarrow P\ge abc+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
hay \(\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)
\(\ge abc+\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}\)
Dấu "=" khi a = b = c > 0
P/S: Không biết đúng không nữa, chưa check lại
Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
\(\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc+\sqrt[3]{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\)
Bạn tham khảo bài số 3:
Câu hỏi của bach nhac lam - Toán lớp 9 | Học trực tuyến
Đúng 0
Bình luận (0)
với các số dương a,b,c chứng minh rằng
\(\frac{a^3}{\left(b+2c\right)^2}+\frac{b^3}{\left(c+2a\right)^2}+\frac{c^3}{\left(a+2b\right)^2}\ge\frac{2}{9}\left(a+b+c\right)\)
\(\frac{a+b+c}{9}\)nha
Đặt \(P=\frac{a^3}{\left(b+2c\right)^2}+\frac{b^3}{\left(c+2a\right)^2}+\frac{c^3}{\left(a+2b\right)^2}\)
Áp dụng bđt AM-GM cho 3 số dương a,b,c ta được:
\(\frac{a^3}{\left(b+2c\right)^2}+\frac{b+2c}{27}+\frac{b+2c}{27}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(b+2c\right)^2}.\frac{b+2c}{27}.\frac{b+2c}{27}}=\frac{a}{3}\)
\(\frac{b^3}{\left(c+2a\right)^2}+\frac{c+2a}{27}+\frac{c+2a}{27}\ge3\sqrt[3]{\frac{b^3}{\left(c+2a\right)^2}.\frac{c+2a}{27}.\frac{c+2a}{27}}=\frac{b}{3}\)
\(\frac{c^3}{\left(a+2b\right)^2}+\frac{a+2b}{27}+\frac{a+2b}{27}\ge3\sqrt[3]{\frac{c^3}{\left(a+2b\right)^2}.\frac{a+2b}{27}.\frac{a+2b}{27}}=\frac{c}{3}\)
Cộng từng vế ta được:
\(P+\)\(\frac{6\left(a+b+c\right)}{27}\ge\frac{a+b+c}{3}\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{a+b+c}{9}\)
Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
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
Đúng 0
Bình luận (0)
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 a,b,c là các số thực dương thỏa mãn \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge a^2b^2c^2\). Chứng minh rằng:
\(\frac{a^2b^2}{c^3\left(a^2+b^2\right)}+\frac{b^2c^2}{a^3\left(b^2+c^2\right)}+\frac{c^2a^2}{b^3\left(c^2+a^2\right)}\ge\frac{\sqrt{3}}{3}\).
Ta có \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a^2b^2c^2\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 1\)
BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{\frac{1}{c^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}+\frac{\frac{1}{b^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}}+\frac{\frac{1}{a^3}}{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Đặt \((\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})=(x,y,z)\). Bài toán trở thành:
Cho \(x,y,z>0|x^2+y^2+z^2\geq 1\). CMR \(P=\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz:
\(P=\frac{x^4}{xy^2+xz^2}+\frac{y^4}{yz^2+yx^2}+\frac{z^4}{zx^2+zy^2}\geq \frac{(x^2+y^2+^2)^2}{x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)}\) (1)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\geq y\geq z\Rightarrow x^2\geq y^2\geq z^2\)
Và \(y+z\leq z+x\leq x+y\). Khi đó, áp dụng BĐT Chebyshev:
\(3[x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)]\leq (x^2+y^2+z^2)(y+z+x+z+x+y)\)
\(\Leftrightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)(x+y+z)}{3}\)
Theo hệ quả của BĐT Am-Gm thì: \((x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)\Rightarrow x+y+z\leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\)
\(\Rightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{3}\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(P\geq \frac{3(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}=\frac{\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Ta có đpcm
Dáu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Đặt \(x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}\)
Khi đó giả thiết được viết lại là \(x^2+y^2+z^2\ge1\)và ta cần chứng minh \(\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)(*)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:
\(VT_{\left(^∗\right)}=\frac{x^4}{x\left(y^2+z^2\right)}+\frac{y^4}{y\left(z^2+x^2\right)}+\frac{z^4}{z\left(x^2+y^2\right)}\)\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\)
Đến đây ta đi chứng minh \(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)\(\ge\sqrt{3}\left[x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)\right]\)
Ta có: \(x\left(y^2+z^2\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2x^2\left(y^2+z^2\right)\left(y^2+z^2\right)}\)\(\le\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\left(\frac{2x^2+y^2+z^2+y^2+z^2}{3}\right)^3}\)
\(=\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Tương tự ta có: \(y\left(z^2+x^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
\(z\left(x^2+y^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được:
\(\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le\frac{2\sqrt{3}}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3}\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Cuối cùng ta cần chứng minh được
\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge1\)(đúng)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng :
\(\dfrac{b^2c}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{c^2a}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{a^2b}{c^3\left(a+b\right)}\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)\)
AD bđt AM-GM cho 3 số
\(\dfrac{b^2c}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{b+C}{4bc}+\dfrac{1}{2b}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{b^2c}{a^3\left(b+c\right)}.\dfrac{\left(b+c\right)}{4bc}.\dfrac{1}{2b}}=\dfrac{3}{2a}\)
\(\Rightarrow\dfrac{b^2c}{a^3\left(b+c\right)}\ge\dfrac{3}{2a}-\dfrac{3}{4b}-\dfrac{1}{4c}\)
thiết lập bđt tương tự r cộng lại \(\Rightarrow\dfrac{b^2c}{a^3\left(b+c\right)}+\dfrac{c^2a}{b^3\left(c+a\right)}+\dfrac{a^2b}{c^3\left(a+b\right)}\ge\left(\dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{4}\right)\left(a+b+c\right)=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)\)
Đúng 0
Bình luận (1)
Xem thêm câu trả lời
Với mọi số thực dương a,b,c. chứng minh rằng:
4(\(\dfrac{a^2b}{c}+\dfrac{b^2c}{a}+\dfrac{c^2a}{b}\))+8\(\left(\dfrac{c}{\left(2a+b\right)^2}+\dfrac{b}{\left(2c+a\right)^2}+\dfrac{a}{\left(2b+c\right)^2}\right)\ge3\left(a+b+c\right)\)
Với a, b, c là những số thực dương thỏa mãn \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)\(\left(c+a\right)\)=1
Chứng minh rằng \(\dfrac{a}{b\left(b+2c\right)^2}\)+\(\dfrac{b}{c\left(c+2a\right)^2}\)+\(\dfrac{c}{a\left(a+2b\right)^2}\)≥\(\dfrac{4}{3}\)