Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
\(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\le\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a+b+c}\)
Cho a , b , c là các số thực dương . Chứng minh rằng :
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\le\frac{a^2+bc}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2+ca}{\left(c+a\right)^2}+\frac{c^2+ab}{\left(a+b\right)^2}\)
Cho 3 số thực dương a , b, c . Chứng minh rằng :
\(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\le\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a+b+c}\)
Cô Quản Lý Nguyễn Linh Chi ơi cô bảo bạn đăng bài tham khảo bạn làm nhưng đã có ai làm bài đâu ạ
\(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\le\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\right)\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{c\left(a^2+b^2\right)}{a+b}+\frac{a\left(b^2+c^2\right)}{b+c}+\frac{b\left(c^2+a^2\right)}{c+a}\le a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{\left(a^2+b^2\right)c}{a+b}-c^2\right)+\left(\frac{\left(b^2+c^2\right)a}{b+c}-a^2\right)+\left(\frac{\left(c^2+a^2\right)b}{c+a}-b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)}{a+b}+\frac{ab\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)}{b+c}\)
\(+\frac{bc\left(c-b\right)+ab\left(a-b\right)}{c+a}\le0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)\left(\frac{1}{c+a}-\frac{1}{b+c}\right)+ca\left(c-a\right)\left(\frac{1}{b+c}-\frac{1}{a+b}\right)\)
\(+bc\left(b-c\right)\left(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{a+c}\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\frac{-ac\left(c-a\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\frac{-bc\left(c-b\right)^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{-ab\left(b-a\right)^2}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\le0\)*đúng với mọi a,b,c dương*
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
bài này áp dụng bđt Cauchy-Schwart được nha
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng
\(\left|\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\right|\le\frac{1}{4}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\)
giả sử \(a\ge b\ge c\ge0\)
Ta có: \(a+\frac{b}{2}-\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}=\frac{1}{2}\left(ab-b^2\right)\ge0\Rightarrow a+\frac{b}{2}\ge\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}\)
\(b+\frac{a}{2}-\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}=\frac{1}{2}\left(ab-a^2\right)\le0\Rightarrow b+\frac{a}{2}\le\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}\)
Tương tự: \(b+\frac{c}{2}\ge\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}\ge c+\frac{b}{2};a+\frac{c}{2}\ge\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}\ge c+\frac{a}{2}\)
Lại có:+) \(\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\)
\(=\left(a-b\right)\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}+\left(b-c\right)\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}-\left(a-c\right)\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}\)
\(\ge\left(a-b\right)\left(b+\frac{a}{2}\right)+\left(b-c\right)\left(c+\frac{a}{2}\right)-\left(a-c\right)\left(a+\frac{c}{2}\right)\)
\(\ge\frac{-1}{4}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\left(1\right)\)
+) \(\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\)
\(=\left(a-b\right)\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}+\left(b-c\right)\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}-\left(a-c\right)\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}\)
\(\le\left(a-b\right)\left(a+\frac{b}{2}\right)+\left(b-c\right)\left(b+\frac{c}{2}\right)-\left(a-c\right)\left(c+\frac{a}{2}\right)\)
\(\le\frac{1}{4}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\left(2\right)\)
Từ 1,2 => đpcm
BĐT đã cho tuong duong voi:
\(\left|\frac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right|\le\frac{1}{4}\left[\Sigma\left(a-b\right)^2\right]\)
Theo AM-GM ta có: \(\left(ab+bc+ca\right)\le\frac{9}{8}\cdot\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{a+b+c}\)
Có: \(VT\le\frac{9}{8}\left|\frac{\sqrt{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}}{\left(a+b+c\right)}\right|=\frac{9\sqrt{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}}{8\left(a+b+c\right)}\)
Cần chứng minh: \(4\left(a+b+c\right)^2\left[\Sigma\left(a-b\right)^2\right]^2\ge9\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2\)
Rõ ràng \(\Sigma\left(a-b\right)^2\ge3\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\)
Cần cm: \(36\left(a+b+c\right)^2\sqrt[3]{\left(a-b\right)^4\left(b-c\right)^4\left(c-a\right)^4}\ge9\sqrt[3]{\left(a-b\right)^6\left(b-c\right)^6\left(c-a\right)^6}\)
Hay \(4\left(a+b+c\right)^2\ge\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\)
Tiếp tục là điều hiển nhiên do \(VT\ge4\left[\left(a+b+c\right)^2-3\left(ab+bc+ca\right)\right]\)
\(=2\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\)
\(\ge6\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\ge VP\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)=0\\a-b=b-c=c-a\\a=b=c\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c.\)
cho 3 số thực dương a,b,c. chứng minh
\(ab+bc+ca\le\frac{a^3\left(b+c\right)}{a^2+bc}+\frac{b^3\left(c+a\right)}{b^2+ca}+\frac{c^3\left(a+b\right)}{c^2+ab}\le a^2+b^2+c^2\)\(ab+bc+ca\le\frac{a^3\left(b+c\right)}{a^2+bc}+\frac{b^3\left(c+a\right)}{b^2+ca}+\frac{c^3\left(a+b\right)}{c^2+ab}\le a^2+b^2+c^2\)
1, cho a,b,c là các số thực dương chứng minh rằng \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{2a+b}{a\left(a+2b\right)}+\frac{2b+c}{b\left(b+2c\right)}+\frac{2c+a}{c\left(a+2c\right)}\)
2,cho x,y,z thỏa mãn x+y+z=5 và xy+yz+xz=8 chứng minh rằng \(1\le x\le\frac{7}{3}\)
3, cho a,b,c>0 chứng minh rằng\(\frac{a^2}{2a^2+\left(b+c-a\right)^2}+\frac{b^2}{2b^2+\left(b+c-a\right)^2}+\frac{c^2}{2c^2+\left(b+a-c\right)^2}\le1\)
4,cho a,b,c là các số thực bất kỳ chứng minh rằng \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\left(ab+bc+ac-1\right)^2\)
5, cho a,b,c > 1 và \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)chứng minh rằng \(\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{a+b+c}\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)
\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)
\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng :
\(\frac{a}{\sqrt{4a^2+\left(b+c\right)^2}}+\frac{b}{\sqrt{4b^2+\left(c+a\right)^2}}+\frac{c}{\sqrt{4c^2+\left(a+b\right)^2}}\le\frac{3\sqrt{2}}{4}\)
\(P=\sum\frac{a}{\sqrt{\left(2a\right)^2+\left(b+c\right)^2}}\le\sqrt{2}\sum\frac{a}{2a+b+c}=\sqrt{2}\sum a\left(\frac{1}{a+b+a+c}\right)\le\frac{\sqrt{2}}{4}\sum\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)=\frac{3\sqrt{2}}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
\(\sqrt{\frac{a^3}{5a^2+\left(b+c\right)^2}}+\sqrt{\frac{b^3}{5b^2+\left(c+a\right)^2}}+\sqrt{\frac{c^3}{5c^2+\left(a+b\right)^2}}\le\sqrt{\frac{a+b+c}{3}}\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\frac{3a^3}{\left[5a^2+\left(b+c\right)^2\right]\left(a+b+c\right)}}\le1\)
Theo Am-GM: \(VT=\Sigma\sqrt{\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}.\frac{a}{a+b+c}}\le\Sigma\frac{3a^2}{2\left(5a^2+\left(b+c\right)^2\right)}+\frac{1}{2}\)
Như vậy nó là đủ để chứng minh rằng: \(\Sigma\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le1\)
Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\) nó tương đương:
(Gõ Latex, không hiện thì vô thống kê hỏi đáp xem)
Đây là điều hiển nhiên/
PS: Bài này quan trọng là ý tưởng phá căn thôi chứ không có gì khó. Lúc đầu UCT bất đẳng thức cuối cho đẹp nhưng phải xét các TH mệt lắm, chưa rành nên không làm cách đó:D
Chứng minh: \(\Sigma\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le1\), cách 2:
Đổi biến sang pqr: (Vô thống kê hỏi đáp xem nếu olm không hiện Latex)
Nếu \(p^2\le4q\) ta cần:
(Hiển nhiên)
Nếu \(p^2\ge4q\) thì cần chứng minh:
(Hiển nhiên)
Từ 2 TH trên ta thu được điều phải chứng minh.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(VT\le\sqrt{\left(a+b+c\right)\left[\frac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{5b^2+\left(a+c\right)^2}+\frac{c^2}{5c^2+\left(a+b\right)^2}\right]}\)
Ta sẽ chứng minh \(\frac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{5b^2+\left(a+c\right)^2}+\frac{c^2}{5c^2\left(a+b\right)^2}\le\frac{1}{3}\)
Lại áp dụng Cauchy-Schwazr ta được
\( {\displaystyle \displaystyle \sum } \)\(\frac{\left(3a\right)^2}{a^2+b^2+c^2+4a^2+2bc}\le\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\left(\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)=\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{2a^2}{2a^2+bc}\)
Do đó:
\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le\frac{1}{9}(\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{2a^2}{2a^2+bc})\)=\(\frac{1}{9}(1+\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{2a^2}{2a^2+bc}\)
Bây giờ ta chỉ cần chứng minh được
\(\frac{1}{9}\)(1+\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{2a^2}{2a^2+bc}\))\(\le\frac{1}{3}\)
BĐT này tương đương với mỗi BĐT sau:
1+\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{2a^2}{2a^2+bc}\le\frac{1}{3}\)
4-\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{bc}{2a^2+bc}\le3\)
\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{bc}{2a^2+bc}\ge1\)
BĐT cuối cùng đúng vì theo Cauchy-Schwarz thì
\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{bc}{2a^2+bc}=\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}\ge\)\((ab+bc+ca)^2 \over {\displaystyle \displaystyle \sum }a^2b^2+2bc(a+b+c)\)=1
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c
Giúp mình với! Mình đang cần gấp. Các bạn làm được bài nào thì giúp đỡ mình nhé! Cảm ơn!
Bài 1: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:
\(\frac{a^2}{\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}}+\frac{b^2}{\sqrt{\left(2b^2+c^2\right)\left(2b^2+a^2\right)}}+\frac{c^2}{\sqrt{\left(2c^2+a^2\right)\left(2c^2+b^2\right)}}\le1\).
Bài 2: Cho các số thực dương a,b,c,d. Chứng minh rằng:
\(\frac{a-b}{a+2b+c}+\frac{b-c}{b+2c+d}+\frac{c-d}{c+2d+a}+\frac{d-a}{d+2a+b}\ge0\).
Bài 3: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:
\(\frac{\sqrt{b+c}}{a}+\frac{\sqrt{c+a}}{b}+\frac{\sqrt{a+b}}{c}\ge\frac{4\left(a+b+c\right)}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\).
Bài 4:Cho a,b,c>0, a+b+c=3. Chứng minh rằng:
a)\(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge1\).
b)\(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}\ge\frac{3}{2}\).
c)\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\).
Bài 5: Cho a,b,c >0. Chứng minh rằng:
\(\frac{2a^2+ab}{\left(b+c+\sqrt{ca}\right)^2}+\frac{2b^2+bc}{\left(c+a+\sqrt{ab}\right)^2}+\frac{2c^2+ca}{\left(a+b+\sqrt{bc}\right)^2}\ge1\).
1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)
\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\) (1)
áp dụng (x2 +y2 +z2)(m2+n2+p2) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)
(2a2bc +b2c2 + 2b2ac+a2c2 + 2c2ab+a2b2). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\) <=> (ab+bc+ca)2. VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\) ( vậy (1) đúng)
dấu '=' khi a=b=c
4b, \(\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}=1-\frac{ab^2}{a^2+b^2}+1-\frac{bc^2}{b^2+c^2}+1-\frac{ca^2}{a^2+c^2}\)
\(\ge3-\frac{ab^2}{2ab}-\frac{bc^2}{2bc}-\frac{ca^2}{2ac}=3-\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=\frac{3}{2}\)
4c,
\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}=a+b+c-\frac{b^2}{b^2+1}-\frac{c^2}{c^2+1}-\frac{a^2}{a^2+1}+3--\frac{b^2}{b^2+1}-\frac{c^2}{c^2+1}-\frac{a^2}{a^2+1}\)\(\ge6-2\cdot\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=3\)
Chứng minh rằng vợi mọi a, b, c là các số thực dương thì \(\left(\frac{a+b}{2}\right)^3+\left(\frac{b+c}{2}\right)^3+\left(\frac{c+a}{2}\right)^3\le a^3+b^3+c^3\)