Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. CMR : \(\sqrt{abc}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\)
Cho a,b,c là số dương. CMR:
1. \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
2. \(a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab}\le a^3+b^3+c^3\)
3. \(\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b}\ge\dfrac{a+b+c}{2}\)
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
Cộng theo vế và thu gọn:
$\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\Leftrightarrow 3\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
$\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3$
Ta có đpcm.
Bài 2:
$a^3+a^3+a^3+a^3+b^3+c^3\geq 6\sqrt[6]{a^{12}b^3c^3}=6a^2\sqrt{bc}$
$b^3+b^3+b^3+b^3+a^3+c^3\geq 6b^2\sqrt{ac}$
$c^3+c^3+c^3+c^3+a^3+b^3\geq 6c^2\sqrt{ab}$
Cộng theo vế và rút gọn thu được:
$a^3+b^3+c^3\geq a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab}$
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Bài 3:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{b+c+c+a+a+b}=\frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{2}$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
\(\sqrt{abc}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\) (a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác)
Cho a, b, c > 0. CMR \(\dfrac{1}{a\left(a+1\right)}+\dfrac{1}{b\left(b+1\right)}+\dfrac{1}{c\left(c+1\right)}\ge\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)}\)
Lời giải:
Áp dụng hệ quả của BĐT AM-GM:
\(\text{VT}^2=\left[\frac{1}{a(a+1)}+\frac{1}{b(b+1)}+\frac{1}{c(c+1)}\right]^2\geq 3\left(\frac{1}{ab(a+1)(b+1)}+\frac{1}{bc(b+1)(c+1)}+\frac{1}{ca(a+1)(c+1)}\right)\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}^2\geq 3.\frac{a^2+b^2+c^2+a+b+c}{abc(a+1)(b+1)(c+1)}\geq 3.\frac{a+b+c+ab+bc+ac}{abc(a+1)(b+1)(c+1)}\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}^2\geq \frac{3}{abc}-\frac{3(abc+1)}{abc(a+1)(b+1)(c+1)}\) \((1)\)
Ta sẽ cm \((a+1)(b+1)(c+1)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3\). Thật vậy:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+1)(b+1)(c+1)}}\)
\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}}\)
Cộng theo vế: \(\Rightarrow 3\geq \frac{3(\sqrt[3]{abc}+1)}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}\)
\(\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\geq (\sqrt[3]{abc}+1)^3\) (2)
Từ \((1),(2)\Rightarrow \text{VT}^2\geq \frac{3}{abc}-\frac{3(abc+1)}{abc(1+\sqrt[3]{abc})^3}=\frac{9}{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}(1+\sqrt[3]{abc})^2}=\text{VP}^2\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}\geq \text{VP}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác,CMR
\(\dfrac{a}{\sqrt[3]{b^3+c^3}}+\dfrac{b}{\sqrt[3]{c^3+a^3}}+\dfrac{c}{\sqrt[3]{a^3+b^3}}< 2\sqrt[3]{4}\)
MN giúp em với !!!!!
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác và 0\(\le t\le1\)
CMR: \(\sqrt{\dfrac{a}{b+c-ta}}+\sqrt{\dfrac{b}{a+c-tb}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b-tc}}\ge2\sqrt{t+1}\)
\(\sqrt{\dfrac{a}{b+c-ta}}=\dfrac{a\sqrt{t+1}}{\sqrt{\left(at+a\right)\left(b+c-ta\right)}}\ge\dfrac{2a\sqrt{t+1}}{at+a+b+c-ta}=\dfrac{2a\sqrt{t+1}}{a+b+c}\)
Làm tương tự, cộng lại và rút gọn
Bài 1: Cho a,b,c là đọ dài 3 cạnh của một tam giác. CMR: \(\frac{1}{\sqrt{b+c-a}}+\frac{1}{\sqrt{a+c-b}}+\frac{1}{\sqrt{a+b-c}}\ge\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}.\)
Bài 2: Cho a,b,c >0. CMR: \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right).\)
Đặt ⎧⎪⎨⎪⎩a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0){a+b−c=xb+c−a=yc+a−b=z(x,y,z>0)
⇒⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩a=z+x2b=x+y2c=y+z2⇒{a=z+x2b=x+y2c=y+z2
⇒√a(1b+c−a−1√bc)=√2(z+x)2(1y−2√(x+y)(y+z))≥√x+√z2(1y−2√xy+√yz)=√x+√z2y−1√y⇒a(1b+c−a−1bc)=2(z+x)2(1y−2(x+y)(y+z))≥x+z2(1y−2xy+yz)=x+z2y−1y
Tương tự
⇒∑√a(1b+c−a−1√bc)≥∑√x+√z2y−∑1√y⇒∑a(1b+c−a−1bc)≥∑x+z2y−∑1y
⇒VT≥∑[x√x(y+z)]2xyz−∑√xy√xyz≥2√xyz(x+y+z)2xyz−x+y+z√xyz≐x+y+z√xyz−x+y+z√xyz=0⇒VT≥∑[xx(y+z)]2xyz−∑xyxyz≥2xyz(x+y+z)2xyz−x+y+zxyz≐x+y+zxyz−x+y+zxyz=0
(∑√xy≤x+y+z,x√x(y+z)≥2x√xyz)(∑xy≤x+y+z,xx(y+z)≥2xxyz)
dấu = ⇔x=y=z⇔a=b=c
Mai Anh ! cậu giỏi quá, cậu nè :33
Ha~ Idol về mảng copy nay giỏi quá lè:33. Tác hại của việc copy paste là đây
Lần sai copy paste nhớ nhìn lại với chỉnh sửa đi nhá. Ko để này lộ liễu bôi bác lắm
Copy always mà vẫn 50k giải tuần đấy, ghê=))
a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh:
a, 1 < \(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}< 2\)
b, 1 < \(\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{a+c}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}\)
1. Đặt $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=T$
$\frac{a}{b+c}> \frac{a}{a+b+c}$
$\frac{b}{c+a}> \frac{b}{c+a+b}$
$\frac{c}{a+b}> \frac{c}{a+b+c}$
$\Rightarrow T> \frac{a+b+c}{a+b+c}=1$ (đpcm)
----
Xét hiệu:
$\frac{a}{b+c}-\frac{2a}{a+b+c}=\frac{-a(b+c-a)}{(b+c)(a+b+c)}<0$ theo BĐT tam giác
$\Rightarrow \frac{a}{b+c}< \frac{2a}{a+b+c}$
Tương tư: $\frac{b}{c+a}< \frac{2b}{c+a+b}$
$\frac{c}{a+b}< \frac{2c}{a+b+c}$
Cộng theo vế:
$T< \frac{2(a+b+c)}{a+b+c}=2$
$\frac{b}{a+c}
2.
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{b+c}{a}.1\leq \frac{1}{4}(\frac{b+c}{a}+1)^2=\frac{(b+c+a)^2}{4a^2}\)
\(\Rightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \frac{2a}{a+b+c}\)
Tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
$\Rightarrow T\geq \frac{2(a+b+c)}{a+b+c}=2$
Dấu "=" xảy ra khi $b+c=a; c+a=b; a+b=c\Rightarrow a=b=c=0$ (vô lý)
Vậy dấu "=" không xảy ra, tức là $T>2>1$ (đpcm)
Cho a, b, c dương. Chứng minh rằng:
\(\sqrt[4]{\left(1+\dfrac{1}{a}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{b}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{c}\right)^4}-\sqrt[4]{3}\ge\dfrac{\sqrt[4]{243}}{2+abc}\)
Ta chứng minh 2 bất đẳng thức phụ sau: với x, y, z dương thì:
\(x^4+y^4+z^4\ge xyz\left(x+y+z\right)\left(1\right)\)
\(\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{xyz}\right)^3\left(2\right)\)
+ Chứng minh BĐT (1), sử dụng BĐT AM - GM:
\(x^4+x^4+y^4+z^4\ge4x^2yz\)
\(y^4+y^4+x^4+z^4\ge4xy^2z\)
\(z^4+z^4+x^4+y^4\ge4xyz^2\)
Cộng dồn lại ta có: \(x^4+y^4+z^4\ge xyz\left(x+y+z\right)\)
+ Chứng minh BĐT (2). Ta có:
\(\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)=1+x+y+z+xy+yz+xyz\ge1+3\sqrt[3]{xyz}+3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}+xyz=\left(1+\sqrt[3]{xyz}\right)^3\)
Bây giờ ta quay lại chứng minh BĐT ở đề.
BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT sau:
\(\sqrt[4]{\left(1+\dfrac{1}{a}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{b}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{c}\right)^4}\ge\sqrt[4]{3}+\dfrac{\sqrt[4]{243}}{2+abc}\)
\(\Leftrightarrow\left(1+\dfrac{1}{a}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{b}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{c}\right)^4\ge3\left(1+\dfrac{3}{2+abc}\right)^4\)
Sử dụng BĐT (1) ta có:
\(\left(1+\dfrac{1}{a}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{b}\right)^4+\left(1+\dfrac{1}{c}\right)^4\ge\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
Sử dụng BĐT (2) và BĐT AM - GM ta có:
\(\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge\left(1+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}\right)^3\left(3+\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}}\right)\)
\(\Rightarrow\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\left(3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge3\left(1+\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc.1.1}}\right)^4\ge3\left(1+\dfrac{3}{2+abc}\right)^4\)
Vậy BĐT đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c.
Cho a,b,c là 3 số thức dương thỏa mãn a + b + c = 1/a + 1/b + 1/c . CMR
2( a + b + c) \(\ge\) \(\sqrt{a^2+3}+\sqrt{b^2+3}+\sqrt{c^2+3}\)
Giải:
Dễ thấy bđt cần cm tương đương với mỗi bđt trong dãy sau:
\(\left(2a-\sqrt{a^2+3}\right)+\left(2b-\sqrt{b^2+3}\right)+\left(2c-\sqrt{c^2+3}\right)\ge0\),
\(\dfrac{a^2-1}{2a+\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{b^2-1}{2b+\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{c^2-1}{2c+\sqrt{c^2+3}}\ge0\),
\(\dfrac{\dfrac{a^2-1}{a}}{2+\sqrt{1+\dfrac{3}{a^2}}}+\dfrac{\dfrac{b^2-1}{b}}{2+\sqrt{1+\dfrac{3}{b^2}}}+\dfrac{\dfrac{c^2-1}{c}}{2+\sqrt{1+\dfrac{3}{b^2}}}\ge0\)
Các bđt trên đầu mang tính đối xứng giữa các biến nên k mất tính tổng quát ta có thể giả sử \(a\ge b\ge c\)
=> \(\dfrac{a^2-1}{a}\ge\dfrac{b^2-1}{b}\ge\dfrac{c^2-1}{c}\)
và \(\dfrac{1}{2+\sqrt{1+\dfrac{3}{a^2}}}\ge\dfrac{1}{2+\sqrt{1+\dfrac{3}{b^2}}}\ge\dfrac{1}{2+\sqrt{1+\dfrac{3}{c^2}}}\)
Áp dụng bđt Chebyshev có:
\(\dfrac{\dfrac{a^2-1}{a}}{2+\sqrt{1+\dfrac{3}{a^2}}}+\dfrac{\dfrac{b^2-1}{b}}{2+\sqrt{1+\dfrac{3}{b^2}}}+\dfrac{\dfrac{c^2-1}{c}}{2+\sqrt{1+\dfrac{3}{c^2}}}\ge\dfrac{1}{3}\left(\sum\dfrac{a^2-1}{a}\right)\left(\sum\dfrac{1}{2+\sqrt{1+\dfrac{3}{a^2}}}\right)\)
Theo gia thiết lại có: \(\sum\dfrac{a^2-1}{a}=\left(a+b+c\right)-\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=0\)
nên ta có thể suy ra \(\dfrac{\dfrac{a^2-1}{a}}{2+\sqrt{1+\dfrac{3}{a^2}}}+\dfrac{\dfrac{b^2-1}{b}}{2+\sqrt{1+\dfrac{3}{b^2}}}+\dfrac{\dfrac{c^2-1}{c}}{2+\sqrt{1+\dfrac{3}{c^2}}}\ge0\)
Vì vậy bđt đã cho ban đầu cũng đúng.
@Ace Legona
Nice proof, nhưng đã quy đồng là phải thế này :v
\(BDT\Leftrightarrow\left(2a-\sqrt{a^2+3}\right)+\left(2b-\sqrt{b^2+3}\right)+\left(2c-\sqrt{c^2+3}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-1}{2a+\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{b^2-1}{2b+\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{c^2-1}{2c+\sqrt{c^2+3}}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-1}{2a+\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}-a\right)+\dfrac{b^2-1}{2b+\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{b}-b\right)+\dfrac{c^2-1}{2c+\sqrt{c^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{c}-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2a+\sqrt{a^2+3}}-\dfrac{1}{4a}\right)+\left(b^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2b+\sqrt{b^2+3}}-\dfrac{1}{4b}\right)+\left(c^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2c+\sqrt{a^2+3}}-\dfrac{1}{4c}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-1\right)\left(2a-\sqrt{a^2+3}\right)}{a\left(2a+\sqrt{a^2+3}\right)}+\dfrac{\left(b^2-1\right)\left(2b-\sqrt{b^2+3}\right)}{b\left(2b+\sqrt{b^2+3}\right)}+\dfrac{\left(c^2-1\right)\left(2c-\sqrt{c^2+3}\right)}{c\left(2c+\sqrt{c^2+3}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-1\right)^2}{a\left(2a+\sqrt{a^2+3}\right)^2}+\dfrac{\left(b^2-1\right)^2}{b\left(2b+\sqrt{b^2+3}\right)^2}+\dfrac{\left(c^2-1\right)^2}{c\left(2c+\sqrt{c^2+3}\right)^2}\ge0\) (luôn đúng)
Khi \(f\left(t\right)=\sqrt{1+t}\) là hàm lõm trên \([-1, +\infty)\) ta có:
\(f(t)\le f(3)+f'(3)(t-3)\forall t\ge -1\)
Tức là \(f\left(t\right)\le2+\dfrac{1}{4}\left(t-3\right)=\dfrac{5}{4}+\dfrac{1}{4}t\forall t\ge-1\)
Áp dụng BĐT này ta có:
\(\sqrt{a^2+3}=a\sqrt{1+\dfrac{3}{a^2}}\le a\left(\dfrac{5}{4}+\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{3}{a^2}\right)=\dfrac{5}{4}a+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{a}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\sqrt{b^2+3}\le\dfrac{5}{4}b+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{b};\sqrt{c^2+3}\le\dfrac{5}{4}c+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VP\le\dfrac{5}{4}\left(a+b+c\right)+\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=2\left(a+b+c\right)=VT\)