1. Với mọi a, b thuộc R. CMR:
a) \(a^4+b^4\) lớn hơn bằng \(ab^3+a^3b\)
b) \(a^2+b^2+1>_-ab+a+b\)
2. Cho a>0, b>0,c>0 .CMR:
\(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ac\left(a+c\right)>_-6abc\)
Bài 1 :Cho a,b,c dương thỏa mãn a+b+c=2
CMR \(\frac{bc}{\sqrt{3a^2+4}}+\frac{ca}{\sqrt{3b^2+4}}+\frac{ab}{\sqrt{3c^2+4}}\ge\frac{\sqrt{3}}{3}\)
Bài 2:Cho a,b,c>0. CMR
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)
\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)
\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm
1. \(\left\{{}\begin{matrix}a,b,c>0\\a+b+c=1\end{matrix}\right.\). Cmr: \(\frac{ab}{\sqrt{\left(1-c\right)^2\left(1+c\right)}}+\frac{bc}{\sqrt{\left(1-a\right)^2\left(1+a\right)}}+\frac{ca}{\sqrt{\left(1-b\right)^3\left(1+b\right)}}\le\frac{3\sqrt{2}}{8}\)
2. \(\left\{{}\begin{matrix}a,b,c>0\\a+b+c\le1\end{matrix}\right.\). Cmr: \(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ac\left(a+c\right)}\ge\frac{87}{2}\)
3. \(\left\{{}\begin{matrix}a,b,c>0\\ab+bc+ca=2abc\end{matrix}\right.\). Cmr: \(\frac{1}{a\left(2a-1\right)^2}+\frac{1}{b\left(2b-1\right)^2}+\frac{1}{c\left(2c-1\right)^2}\ge\frac{1}{2}\)
4. \(\left\{{}\begin{matrix}x,y,z>0\\x+y+z=2015\end{matrix}\right.\). Tìm min \(A=\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}+\frac{y^4+z^4}{y^3+z^3}+\frac{z^4+x^4}{z^2+x^2}\)
Mn giúp mk với ạ! Thanks nhiều
Mới nghĩ ra 3 câu:
a/ \(\frac{ab}{\sqrt{\left(1-c\right)^2\left(1+c\right)}}=\frac{ab}{\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(1+c\right)}}\le\frac{ab}{2\sqrt{ab\left(1+c\right)}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{ab}{1+c}}\)
\(\sum\sqrt{\frac{ab}{1+c}}\le\sqrt{2\sum\frac{ab}{1+c}}\)
\(\sum\frac{ab}{1+c}=\sum\frac{ab}{a+c+b+c}\le\frac{1}{4}\sum\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}\right)=\frac{1}{4}\)
c/ \(ab+bc+ca=2abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)
Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\Rightarrow x+y+z=2\)
\(VT=\sum\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\)
Ta có đánh giá: \(\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\ge x-\frac{1}{2}\) \(\forall x\in\left(0;2\right)\)
\(\Leftrightarrow2x^3\ge\left(2x-1\right)\left(x^2-4x+4\right)\)
\(\Leftrightarrow9x^2-12x+4\ge0\Leftrightarrow\left(3x-2\right)^2\ge0\)
d/ Ta có đánh giá: \(\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}\ge\frac{x+y}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x^2+xy+y^2\right)\ge0\)
Akai Haruma, Nguyễn Ngọc Lộc , @tth_new, @Băng Băng 2k6, @Trần Thanh Phương, @Nguyễn Việt Lâm
Mn giúp e vs ạ! Thanks!
Cho a,b,c >0 CMR : \(\frac{c\left(ab+1\right)^2}{b^2\left(bc+1\right)}+\frac{a\left(bc+1\right)^2}{c^2\left(ac+1\right)}+\frac{b\left(ac+1\right)^2}{a^2\left(ab+1\right)}\ge6\)
Đặt \(A=\frac{c\left(ab+1\right)^2}{b^2\left(bc+1\right)}+\frac{a\left(bc+1\right)^2}{c^2\left(ca+1\right)}+\frac{b\left(ca+1\right)^2}{a^2\left(ab+1\right)}\) và \(x=ab+1;\) \(y=bc+1;\) \(z=ca+1\) \(\left(\text{*}\right)\)
Khi đó, với các giá trị tương ứng trên thì biểu thức \(A\) trở thành: \(A=\frac{cx^2}{b^2y}+\frac{ay^2}{c^2z}+\frac{bz^2}{a^2x}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bộ ba phân số không âm của biểu thức trên (do \(a,b,c>0\)), ta có:
\(A=\frac{cx^2}{b^2y}+\frac{ay^2}{c^2z}+\frac{bz^2}{a^2x}\ge3\sqrt[3]{\frac{cx^2}{b^2y}.\frac{ay^2}{c^2z}.\frac{bz^2}{a^2z}}=3\sqrt[3]{\frac{xyz}{abc}}\) \(\left(\text{**}\right)\)
Mặt khác, do \(ab+1\ge2\sqrt{ab}\) (bất đẳng thức AM-GM cho hai số \(a,b\) luôn dương)
nên \(x\ge2\sqrt{ab}\) \(\left(1\right)\) (theo cách đặt ở \(\left(\text{*}\right)\))
Hoàn toàn tương tự với vòng hoán vị \(a\) \(\rightarrow\) \(b\) \(\rightarrow\) \(c\) và với chú ý cách đặt ở \(\left(\text{*}\right)\), ta cũng có:
\(y\ge2\sqrt{bc}\) \(\left(2\right)\) và \(z\ge2\sqrt{ca}\) \(\left(3\right)\)
Nhân từng vế \(\left(1\right);\) \(\left(2\right)\) và \(\left(3\right)\), ta được \(xyz\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ca}=8abc\)
Do đó, \(3\sqrt[3]{\frac{xyz}{abc}}\ge3\sqrt[3]{\frac{8abc}{abc}}=3\sqrt[3]{8}=6\) \(\left(\text{***}\right)\)
Từ \(\left(\text{**}\right)\) và \(\left(\text{***}\right)\) suy ra được \(A\ge6\), tức \(\frac{c\left(ab+1\right)^2}{b^2\left(bc+1\right)}+\frac{a\left(bc+1\right)^2}{c^2\left(ca+1\right)}+\frac{b\left(ca+1\right)^2}{a^2\left(ab+1\right)}\ge6\) (điều phải chứng minh)
Dấu \("="\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(a=b=c=1\)
cho a,b,c > 0 thỏa mãn a + b + c = 6abc.
Cmr: \(\frac{bc}{a^3\left(c+2b\right)}+\frac{ac}{b^3\left(a+2c\right)}+\frac{ab}{c^3\left(b+2a\right)}\ge2\)
\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=6\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow xy+yz+zx=6\)
\(P=\frac{x^3}{y+2z}+\frac{y^3}{z+2x}+\frac{z^3}{x+2y}=\frac{x^4}{xy+2xz}+\frac{y^4}{yz+2xy}+\frac{z^4}{zx+2yz}\)
\(P\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3\left(xy+yz+zx\right)}\ge\frac{xy+yz+zx}{3}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{2}\)
1. cho \(0< a\le b\le c\) . Cmr: \(\frac{2a^2}{b^2+c^2}+\frac{2b^2}{c^2+a^2}+\frac{2c^2}{a^2+b^2}\le\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\)
2. cho \(a,b,c\ge0\). cmr: \(a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
3. \(a,b,c>0.\) Cmr: \(\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc+\sqrt[3]{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\)
4. \(a,b,c>0\). Tìm Min \(P=\left(\frac{a}{a+b}\right)^4+\left(\frac{b}{b+c}\right)^4+\left(\frac{c}{c+a}\right)^4\)
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
Cách khác câu 2:Đặt \(\left(a,b,c\right)=\left(a^3,b^3,c^3\right)\)
Có: \(VT-VP=\frac{1}{6} \sum\, \left( 3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \left( a -b \right) ^{2} \left( a+b-c \right) ^{2}+\frac{2}{3} \sum \,{a}^{2}{b}^{2} \left( a -b \right) ^{2} \geq 0\)
Bất đẳng thức trên vẫn đúng trong trường hợp $a,b,c$ là các số thực.
Thật vậy ta chỉ cần chứng minh$:$
\(\frac{1}{6}\sum \left( 3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \left( a -b \right) ^{2} \left( a+b-c \right) ^{2} \geq 0\)
Chú ý \(\sum\left(a-b\right)\left(a+b-c\right)=0\)
Ta đưa về chứng minh: \(\sum (3\,{a}^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc) \geq 0 \,\,\,\,\,\,(1)\)
Và \(\sum \left( 3\,{a}^{2}+2\,ab+4\,ac+2\,bc+3\,{c}^{2} \right) \left( 3\,{a} ^{2}+4\,ab+2\,ac+3\,{b}^{2}+2\,bc \right) \geq 0 \,\,\,\,(2)\)
$(1)$ dễ chứng minh bằng tam thức bậc $2$.
Chứng minh $(2):$
$$\text{VT} = {\frac {196\, \left( a+b+c \right) ^{4}}{27}} + \sum{\frac { \left( a-b \right) ^{2} \left( 47\,a+26\,c+47\,b \right) ^{2}
}{2538}}+\sum {\frac {328\,{c}^{2} \left( a-b \right) ^{2}}{141}} \geq 0$$
Xong.
Vũ Minh Tuấn, @Nk>↑@, Nguyễn Văn Đạt, Băng Băng 2k6, tth, Nguyễn Thị Diễm Quỳnh, Lê Thị Thục Hiền,
Aki Tsuki, @Trần Thanh Phương, @Nguyễn Việt Lâm, @Akai Haruma
giúp e vs ạ! cần gấp! thanks nhiều!
CMR mọi a,b,c thuộc R ta có a) \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
b) \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
c) \(a^4+b^4\ge a^3b+ab^3\)
a2+b2+c2≥ab+bc+caa2+b2+c2≥ab+bc+ca
⇔2a2+2b2+2c2≥2ab+2bc+2ca⇔2a2+2b2+2c2≥2ab+2bc+2ca
⇔a2−2ab+b2+b2−2bc+c2+c2−2ca+a2≥0⇔a2−2ab+b2+b2−2bc+c2+c2−2ca+a2≥0
⇔(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2≥0⇔(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2≥0
(Luôn đúng)
Vậy ta có đpcm.
Đẳng thức khi a=b=c
a,b,c>0, a+b+c bé hơn hoặc bằng 1. CMR
\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\) lớn hơn hoặc bằng 87/2
a,b,c< 0 mà a+b+c bé hơn hoặc bằng 1
a+b+c ít nhất phải bằng 3 chứ!
ch a b c>0 va a+b+c=1 cmr
\(6\left(ab+bc+ac\right)+a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a-b\right)^2\)
cho a,b,c>0;\(a+b+c,abc=1\).CMR
\(\dfrac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\dfrac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}\right)\Rightarrow xyz=1\)
\(P=\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\dfrac{x+y+z}{2}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\dfrac{3}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)