CM \(\left(a+b+c\right).\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
\(choa,b,c>0.CM:\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
Áp dụng bđt cô si cho 2 số dương ta có:
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)
=> \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\sqrt[3]{abc\cdot\frac{1}{abc}}=9\)
Cho a,b,c > 0 Cm \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
Ta có :
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(=\frac{a}{a}+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{c}{c}\)
\(=1+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+1+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+1\)
\(=3+\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\)
\(\frac{1}{6}\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\ge\sqrt[6]{\frac{a}{b}.\frac{a}{c}.\frac{b}{a}.\frac{b}{c}.\frac{c}{a}.\frac{c}{b}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{6}\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\ge\sqrt[6]{1}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{6}\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\ge1\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\ge1:\frac{1}{6}=6\)
\(\Rightarrow3+\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\ge3+6=9\)
~
Còn 1 cách dùng BĐT Cauchy:
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(=3+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\)
\(=3+\left[\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\right]\)
Áp dụng BĐT Cauchy cho \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a};\frac{a}{c}+\frac{c}{a};\frac{b}{c}+\frac{c}{b};\)có :
\(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\ge2\)
\(\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)\ge2\)
\(\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge2\)
\(\Rightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge2+2+2=6\)
Tương tự, bạn làm tiếp.
Cho a > 0; b > 0; c > 0
CM bất đẳng thức \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
Cách 1. Áp dụng bđt Bunhiacopxki : \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(\sqrt{a.\frac{1}{a}}+\sqrt{b.\frac{1}{b}}+\sqrt{c.\frac{1}{c}}\right)^2=\left(1+1+1\right)^2=9\)
Cách 2. Áp dụng bđt Cauchy :
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c}=\frac{9}{a+b+c}\)=> dpcm
Với a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng
a) \(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\left(1\right)\) b)\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\left(2\right)\)
Đề phải là : cmr : (a+b+c).(1/a + 1/b + 1/c) >= 9
Áp dụng bđt cosi cho lần lượt 3 số a,b,c > 0 và 3 số 1/a ; 1/b ; 1/c > 0 thì :
(a+b+c)(1/a + 1/b + 1/c)
>= \(3\sqrt[3]{a.b.c}\). \(3\sqrt[3]{\frac{1}{a}.\frac{1}{b}.\frac{1}{c}}\) = \(3\sqrt[3]{abc}\). \(3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)= \(9\sqrt[3]{abc.\frac{1}{abc}}\)= 9
=> đpcm
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c > 0
Tk mk nha
\(CMR:\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\left(a,b,c>0\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số ta được
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)
Nhân 2 vế của bất đẳng thức trên lại ta được đpcm
Dấu ''='' <=> a = b = c
ko dùng đến BĐT cauchy cx dc!
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}\)
\(=1+1+1+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}\)
\(=3+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\right)+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)\)
Ta có:\(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\ge2\),thật vậy:
Gỉa sử \(a\ge c\),khi đó:\(a=c+m\)
\(\Rightarrow\frac{a}{c}+\frac{c}{a}=\frac{c+m}{c}+\frac{c}{c+m}=1+\frac{m}{c}+\frac{c}{c+m}\ge1+\frac{m}{c+m}+\frac{c}{c+m}=1+\frac{m+c}{m+c}=1+1=2\)
Chứng minh tương tự,ta được:
\(\hept{\begin{cases}\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\ge2\\\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\ge6\)
\(\Rightarrow3+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\ge9\left(đpcm\right)\)
Ok,chứng minh cô si cho 3 số:
Với a,b,c không âm: \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
Đặt \(\sqrt[3]{a}=x;\sqrt[3]{b}=y;\sqrt[3]{c}=z\) (x,y,z \(\ge0\))
BĐT \(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3\ge3xyz\)
\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\ge0\) (1)
Mà x,y,z \(\ge0\) suy ra \(x+y+z\ge0\)
Ta sẽ c/m: \(x^2+y^2+z^2\ge xy-yz-zx\)
\(\Leftrightarrow2x^2+2y^2+2z^2\ge2xy-2yz-2zx\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Suy ra \(\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(xy+yz+zx\right)\ge0\) (2)
Do (2) đúng suy ra (1) đúng.
Vậy BĐT đã được c/m
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác.
Chứng minh \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\frac{3\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{abc}\ge9\)
\(VT-VP=\frac{\Sigma_{cyc}\left(a-b+c\right)\left(a-b\right)^2}{abc}\ge0\) ( do a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác )
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác.
Chứng minh \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\frac{3\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{abc}\ge9\)
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác.
Chứng minh \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\frac{3\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{abc}\ge9\)
Nêu các cách chứng minh BĐT Nesbitt.
BĐT Nesbitt là một BĐT khá quen thuộc trong các bài toán BĐT,chúng ta hay tìm những lời giải cho BĐT này nhé!
Đề: Cho a,b,c>0.CMR \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
Cách 1:
Thật vậy,ta có: \(VT=\frac{a^2}{a\left(b+c\right)}+\frac{b^2}{b\left(c+a\right)}+\frac{c^2}{c\left(a+b\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2.\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=\frac{1}{\frac{2}{3}}.1=\frac{3}{2}^{\left(đpcm\right)}\)
Cách 2:
Ta có: BĐT \(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b+c}+1\right)+\left(\frac{b}{c+a}+1\right)+\left(\frac{c}{a+b}+1\right)\ge\frac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge9\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho biểu thức trong ngoặc ta có đpcm.
Mọi người hãy cùng tìm thêm các lời giải khác nhé!
ok , cảm ơn bạn !!!
Bài toán rất hay và bổ ích !!!
Đây nhé
Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y=2c+b+a=2c+z\\y+z=2a+b+c=2a+x\\x+z=2b+a+c=2b+y\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{x+y-z}{2}=c;\frac{y+z-x}{2}=a;\frac{x+z-y}{2}=b\)
Thay vào PT đã cho ở đề bài , ta có :
\(\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-3\right)\)
\(\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2-3\right)=\frac{3}{2}\)
( cái này cô - si cho x/y + /x ; x/z + z/x ; y/z + z/y)
e cũng có 1 vài cách chứng minh khá là cổ điển ạ !
Sử dụng BĐT AM-GM ta có :
\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b+c}.\frac{b+c}{4}}=2.\frac{a}{2}=a\)
Bằng cách chứng minh tương tự :
\(\frac{b^2}{a+c}+\frac{a+c}{4}\ge b;\frac{c^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge c\)
Cộng theo vế các bđt cùng chiều ta được :
\(\frac{a^2}{c+b}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}+\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge a+b+c\)
\(< =>\frac{a^2}{b+c}+\frac{a}{2}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{b}{2}+\frac{c^2}{a+b}+\frac{c}{2}\ge a+b+c\)
\(< =>\frac{a^2}{b+c}+a+\frac{b^2}{a+c}+b+\frac{c^2}{a+b}+c\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)
\(< =>\frac{a\left(a+b+c\right)}{b+c}+\frac{b\left(a+b+c\right)}{a+c}+\frac{c\left(a+b+c\right)}{b+a}\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)
\(< =>\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\left(Q.E.D\right)\)