Cho a,b,c là 3 số thực dương bất kì,CMR:\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\)≥\(\frac{a+b+c}{2}\)
cho a,b,c là các số thực dương tm a+b+c=3
cmr \(\frac{1}{a^2b+2}+\frac{1}{b^2c+2}+\frac{1}{c^2a+2}\) \(\ge1\)
ta có \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Bất đẳng thức chứng minh tương đương với:
\(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)
Áp dụng Cô-si ta có:
\(2+a^2b=1+1+a^2b\ge3\sqrt[3]{a^2b}\)
\(\Rightarrow\frac{a^2b}{2+a^2b}\le\frac{1}{3}\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le\frac{2a^2+b^2}{9}\)
CHưng minh tương tự ta có:
\(\frac{b^2c}{2+b^2c}\le\frac{2b^2+c^2}{9},\frac{c^2a}{2+c^2a}\le\frac{2c^2+a^2}{9}\)
Cộng là ta có \(đpcm.\)
Dấu \(=\)xảy ra khi \(a=b=c=1\)
cho a,b,c là các số thực . cmr
\(\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}\right)\ge\frac{3}{2}\)\(\left(\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}\right)\)
Áp dụng Holder:
\(24VT=\left(1+1+1+1+1+1\right)\left(a^3+a^3+c^3+c^3+b^3+b^3\right)\left(\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{a^3}+\frac{1}{c^3}\right)\ge\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\right)^3\)
Mà \(\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\right)^2\ge36\)( AM-GM)
\(24VT\ge36\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\right)\Leftrightarrow VT\ge VF\)
Dấu = xảy ra khi a=b=c .
P/s: BĐT holder: \(\left(a_1^n+a^n_2+...a_3^n\right)\left(b_1^n+b_2^n+...b_n^n\right)...\left(z_1^n+z_2^n+...z_n^n\right)\ge\left(a_1.b_1..z_1+a_2.b_2..z_2+...+a_n.b_n.z_n\right)^n\)
Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn \(ab+bc+ca+abc=4\) . Chứng minh bất đẳng thức:
\(\frac{b}{a^2+2b}+\frac{c}{b^2+2c}+\frac{a}{c^2+2a}\le1\)
Với điều kiện \(ab+bc+ca+abc=4\) thì \(VP-VT=\frac{bc^2\left(a-b\right)^2+ca^2\left(b-c\right)^2+ab^2\left(c-a\right)^2}{\left(a^2+2b\right)\left(b^2+2c\right)\left(c^2+2a\right)}\ge0\)
Cauchy ngược dấu + Svacxo + gt coi
cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1
CMR: \(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
chỉ cần thuộc các bđt cơ bản là được.
Áp dụng bđt Bunyakovsky dạng phân thức, vì a,b,c dương
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=a+b+c=1\)
Áp dụng bđt cô si
\(a^2+b^2+c^2\le3\sqrt[3]{a^2\cdot b^2\cdot c^2}\)
mà \(a^2\cdot b^2\cdot c^2\le\frac{\left(a+b+c\right)^3}{3}=\frac{1}{3}\)
nên \(a^2+b^2+c^2\le\) 1
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c = 1/3
\(VT=\frac{a^4}{a^2b}+\frac{b^4}{b^2c}+\frac{c^4}{c^2a}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\)
Ta chỉ cần chứng minh \(a^2+b^2+c^2\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+ab^2+b^3+bc^2+a^2c+c^3\ge2a^2b+2b^2c+2ac^2\)
BĐT này hiển nhiên đúng do \(a^3+ab^2\ge2a^2b\) ....
Ai chả có lúc nhầm lẫn :D
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn:\(a^4+b^4+c^4=3\).CMR:\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\)≥\(\frac{3}{2}\)
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz :
\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\)
Đề thiếu không bạn ?
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh rằng:
\(\frac{a+bc}{b+c}+\frac{b+ca}{c+a}+\frac{c+ab}{a+b}\ge\) 2
\(\frac{a+bc}{b+c}+\frac{b+ac}{c+a}+\frac{c+ab}{a+b}\)
\(=\frac{a\left(a+b+c\right)+bc}{b+c}+\frac{b\left(a+b+c\right)+ac}{a+c}+\frac{c\left(a+b+c\right)+ab}{a+b}\)
\(=\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}+\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}{a+b}\)
Áp dụng bđt Cô Si: \(\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\ge2\left(a+b\right)\)
Tương tự,cộng theo vế và rút gọn =>đpcm
\(\frac{a+bc}{b+c}+\frac{b+ac}{c+a}+\frac{c+ab}{a+b}\)
\(=\frac{a\left(a+b+c\right)+bc}{b+c}+\frac{b\left(a+b+c\right)+ac}{a+c}+\frac{c\left(a+b+c\right)+ab}{a+b}\)
\(=\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}+\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}{a+b}\)
Áp dụng bđt CÔ si
\(\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\ge2\left(a+b\right)\)
.............
Cho các số thực dương thỏa mãn a++b+c=3 CMR
\(\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}+\frac{b^4}{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}+\frac{c^4}{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}\ge\frac{1}{3}\)
Đặt \(P=\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}+\frac{b^4}{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}+\frac{c^4}{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}+\frac{a+2}{27}+\frac{b+2}{27}+\frac{1}{9}\ge4\sqrt[4]{\frac{a^2}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}.\frac{a+2}{27}.\frac{b+2}{27}.\frac{1}{9}}=\frac{4a}{9}\)(1)
\(\frac{b^4}{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}+\frac{b+2}{27}+\frac{c+2}{27}+\frac{1}{9}\ge4\sqrt[4]{\frac{b^2}{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}.\frac{b+2}{27}.\frac{c+2}{27}.\frac{1}{9}}=\frac{4b}{9}\)(2)
\(\frac{c^4}{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}+\frac{c+2}{27}+\frac{a+2}{27}+\frac{1}{9}\ge4\sqrt[4]{\frac{c^2}{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}.\frac{c+2}{27}.\frac{a+2}{27}.\frac{1}{9}}=\frac{4c}{9}\)(3)
Lấy \(\left(1\right)+\left(2\right)+\left(3\right)\)ta được:
\(P+\frac{2\left(a+b+c\right)+12}{27}+\frac{3}{9}\ge\frac{4\left(a+b+c\right)}{9}\)
\(\Leftrightarrow P+\frac{2}{3}+\frac{3}{9}\ge\frac{4}{3}\)
\(\Leftrightarrow P\ge\frac{1}{3}\left(đpcm\right)\)Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Cách khác
Ta co:
\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\Sigma_{cyc}\left(a+2\right)\left(b+2\right)+12}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^4}{36\left(a+b+c\right)+9\left(ab+bc+ca\right)+108}\ge\frac{3^4}{108.2+9.\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=\frac{1}{3}\)
Grazie! Cám ơn mấy bạn
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn:a+b+c=1.CMR:\(\frac{ab+c}{a+b}+\frac{bc+a}{b+c}+\frac{ac+b}{a+c}\)≥2
Có: \(VT=\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}{b+c}+\frac{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}{a+c}\) (thay a+ b+c=1 vào r phân tích thành nhân tử)
Lại có: Theo Cô si \(\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}{b+c}\ge2\left(c+a\right)\)
Tương tự với hai BĐT còn lại và cộng theo vế được: \(2VT\ge4\Leftrightarrow VT\ge2^{\left(đpcm\right)}\)
"=" <=> a = b = c = 1/3
Đặt \(P=\frac{ab+c}{a+b}+\frac{bc+a}{b+c}+\frac{ac+b}{a+c}=\frac{ab+c\left(a+b+c\right)}{a+b}+\frac{bc+a\left(a+b+c\right)}{b+c}+\frac{ac+b\left(a+b+c\right)}{a+c}\)
\(=\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\)
Ta có:
\(\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}\ge2\left(a+c\right)\)
\(\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\ge2\left(a+b\right)\)
\(\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\ge2\left(b+c\right)\)
Cộng vế với vế
\(2P\ge4\left(a+b+c\right)=4\Rightarrow P\ge2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Cho a,b,c,d là 4 sô nguyên dương bất kì hãy chứng minh rằng: \(A=\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+d+b}+\frac{c}{b+c+d}+\frac{d}{a+c+d}\)
không phải là sô nguyên
Do a,b,c,d>0
Ta có:\(\frac{a}{a+b+c+d}+\frac{b}{a+b+c+d}+\frac{c}{a+b+c+d}+\frac{d}{a+b+c+d}
em không hiểu lắm a trả lời rõ hộ em được k tks anh