Cho a,b,c >0
CM: \(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge ab+bc+ca\)
Áp dụng bđt Bunhia nha các bạn
cho \(a,b,c>0,abc=1\).CMR
\(\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)
sử dụng bđt bunhia nhé mn
MN giúp e với
Áp dụng BĐT Cô-si
Cho a,b,c\(\ge0\). Chứng minh các BĐT sau
a. \(\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
b. \(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c,vớia,b,c\ge0\)
a)Áp dụng Bđt Cô si ta có:
\(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
\(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge\frac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
Cộng theo vế 2 bđt trên ta có:
\(3\ge\frac{3\left(\sqrt[3]{abc}+1\right)}{\sqrt[3]{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)\(\Rightarrow\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3\)
Dấu = khi a=b=c
b)Áp dụng Bđt Cô-si ta có:
\(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc^2a}{ab}}=2c\)
\(\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{ca^2b}{bc}}=2a\)
\(\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2\sqrt{\frac{b^2ac}{ac}}=2b\)
Cộng theo vế 3 bđt trên ta có:
\(2\left(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge a+b+c\)
Đấu = khí a=b=c
Với a>0,b>0,c>0
Cmr: \(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge ab+bc+ac\)
Gợi ý: áp dụng bđt \(^{a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)}\)
áp dụng BĐT : \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\) ta có:
\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{b}+b^2\ge a\left(a+b\right)\) (vì b>0)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{b}+b^2\ge a^2+ab\) (1)
c/m tương tự ta đc: \(\frac{b^3}{c}+c^2\ge b^2+bc\) (2)
\(\frac{c^3}{a}+a^2\ge c^2+ca\) (3)
Từ (1),(2),(3)=> \(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge ab+bc+ca\) =>đpcm
\(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ca}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca\)
Với a > 0 , b > 0 , c > 0 . Chứng minh các BĐT sau :
a) \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2b\)
b) \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge a+b+c\)
c) \(\frac{a^3+b^3}{2ab}+\frac{b^3+c^3}{2bc}+\frac{c^3+a^3}{2ca}\ge a+b+c\)
Cho a,b,c >0 ,thõa mãn : a+b+c =1
CM: \(\frac{3}{ab+bc+ac}+\frac{2}{a^2+b^2+c^2}>14\)
Áp dụng bunhia nha các bạn
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :
\(VT=\frac{\left(\sqrt{6}\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}+\frac{\left(\sqrt{2}\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\)
\(VT\ge\frac{\left(\sqrt{6}+\sqrt{2}\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=\frac{8+4\sqrt{3}}{\left(a+b+c\right)^2}\)
\(=8+4\sqrt{3}=8+\sqrt{48}>8+\sqrt{36}=8+6=14\)
Ta có đpcm
Cho a,b,c∈R.CM bđt \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) (1). Áp dụng cm các bđt sau:
a)\(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
b)\(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\)
c)\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
d)\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
e)\(\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}vớia,b,c>0\)
f)\(a^4+b^4+c^4\ge abc\) nếu a+b+c=1
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ac+a^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
a/ Từ BĐT ban đầu ta có:
\(2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\) (đpcm)
b/ Chia 2 vế của BĐT ở câu a cho 9 ta được:
\(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}=\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\) (đpcm)
c/ Cộng 2 vế của BĐT ban đầu với \(2ab+2bc+2ca\) ta được:
\(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge3ab+3bc+3ca\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
d/ Áp dụng BĐT ban đầu cho các số \(a^2;b^2;c^2\) ta được:
\(\left(a^2\right)^2+\left(b^2\right)^2+\left(c^2\right)^2\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Mặt khác ta cũng có:
\(\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ca\right)^2\ge ab.bc+bc.ca+ab+ca=abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
e/ Chia 2 vế của BĐT ở câu c cho 9 ta được:
\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}\ge\frac{ab+bc+ca}{3}\)
Khai căn 2 vế: \(\Rightarrow\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}\)
f/ Áp dụng BĐT ở câu d:
\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)=abc\) (do \(a+b+c=1\))
Áp dụng BĐT Côsi để giải (k chấp nhận cách khác nha sorry) ( tất cả ẩn được mặc định là >0 nha )
a, CMR: \(\frac{a^3}{b+c}+\frac{b^3}{c+a}+\frac{c^3}{a+b}\ge\frac{ab+bc+ca}{3}\)
b, Cho \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}=\frac{3}{2}\)
CMR : \(\frac{a+b+c}{3}\ge2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)-3\) (cái này đề khtn mới ra hôm t5 thôi (thầy t bảo thế), ai giải đc thì giải)
Cố gắng giải hộ nha :V
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 :
\(\frac{a^2}{c+b}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}+\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge a+b+c\)
\(< =>\frac{a^2}{b+c}+\frac{a}{2}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{b}{2}+\frac{c^2}{a+b}+\frac{c}{2}\ge a+b+c\)
\(< =>\frac{a^2}{b+c}+a+\frac{b^2}{a+c}+b+\frac{c^2}{a+b}+c\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)
\(< =>\frac{a\left(a+b+c\right)}{b+c}+\frac{b\left(a+b+c\right)}{a+c}+\frac{c\left(a+b+c\right)}{b+a}\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)
\(< =>\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\left(Q.E.D\right)\)