Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn:\(a^2+b^2+c^2=\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\).
1,Tính a+b+c ,biết rằng ab+bc+ca=9
2,CMR nếu c≥a, c≥b thì c≥a+b
Cho \(a,b,c\)là các số thực dương thỏa mãn \(ab+bc+ca=3abc\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(K=\frac{a^2}{c\left(a^2+c^2\right)}+\frac{b^2}{a\left(a^2+b^2\right)}+\frac{c^2}{b\left(b^2+c^2\right)}\).
\(K=\frac{a^2}{c\left(a^2+c^2\right)}+\frac{b^2}{a\left(a^2+b^2\right)}+\frac{c^2}{b\left(b^2+c^2\right)}\left(a,b,c>0\right)\).
Ta có:
\(\frac{a^2}{c\left(a^2+c^2\right)}=\frac{\left(a^2+c^2\right)-c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}=\frac{a^2+c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}-\frac{c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\)\(=\frac{1}{c}-\frac{c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\).
Vì \(a,c>0\)nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta được:
\(a^2+c^2\ge2ac\).
\(\Leftrightarrow c\left(a^2+c^2\right)\ge2ac^2\).
\(\Rightarrow\frac{1}{c\left(a^2+c^2\right)}\le\frac{1}{2ac^2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\le\frac{c^2}{2ac^2}=\frac{1}{2a}\).
\(\Leftrightarrow-\frac{c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\ge-\frac{1}{2a}\).
\(\Leftrightarrow\frac{1}{c}-\frac{c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\ge\frac{1}{c}-\frac{1}{2a}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\ge\frac{1}{c}-\frac{1}{2a}\left(1\right)\)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=c>0\) .
Chứng minh tương tự, ta được:
\(\frac{b^2}{a\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{1}{a}-\frac{1}{2b}\left(a,b>0\right)\left(2\right)\)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b>0\)
Chứng minh tương tự, ta dược:
\(\frac{c^2}{b\left(b^2+c^2\right)}\ge\frac{1}{b}-\frac{1}{2c}\left(b,c>0\right)\left(3\right)\).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow b=c>0\).
Từ \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\), ta được:
\(\frac{a^2}{c\left(a^2+c^2\right)}+\frac{b^2}{a\left(a^2+b^2\right)}+\frac{c^2}{b\left(b^2+c^2\right)}\ge\)\(\frac{1}{c}-\frac{1}{2a}+\frac{1}{a}-\frac{1}{2b}+\frac{1}{b}-\frac{1}{2c}\).
\(\Leftrightarrow K\ge\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\).
\(\Leftrightarrow K\ge\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\).
\(\Leftrightarrow K\ge\frac{1}{2}\left(\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)\).
Mà \(ab+bc+ca=3abc\)(theo đề bài).
Do đó \(K\ge\frac{1}{2}.\frac{3abc}{abc}\).
\(\Leftrightarrow K\ge\frac{3abc}{2abc}\).
\(\Leftrightarrow K\ge\frac{3}{2}\).
Dấu bằng xảy ra.
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c>0\\ab+bc+ca=3abc\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=1\).
Vậy \(minK=\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1\).
a) Cho \(a,b,c\in\left[0;1\right]\) . Chứng minh rằng:
\(a^2+b^2+c^2\le1+a^2b\sqrt{b}+b^2c\sqrt{c}+c^2a\sqrt{a}\)
b) Cho \(a,b,c\) là các số thực dương thoả mãn \(ab+bc+ca=1\) . Chứng minh rằng:
\(\left(a^2+2b^2+3\right)\left(b^2+2c^2+3\right)\left(c^2+2a^2+3\right)\ge64\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Cần bài b thôi
a) Ta có: \(a^2-1\le0;b^2-1\le0;c^2-1\le0\)
\(\Rightarrow\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\le0\)
\(a^2+b^2+c^2\le1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-a^2b^2c^2\le1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\) ( vì \(abc\ge0\) )
Có \(b-1\le0\Rightarrow a^2b\sqrt{b}\left(b-1\right)\le0\Rightarrow a^2b^2\le a^2b\sqrt{b}\)
Tương tự: \(\hept{\begin{cases}b^2c^2\le b^2c\sqrt{c}\\c^2a^2\le c^2a\sqrt{a}\end{cases}\Rightarrow dpcm}\)
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
a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3. CMR: \(\dfrac{a\left(a+bc\right)^2}{b\left(ab+2c^2\right)}+\dfrac{b\left(b+ca\right)^2}{c\left(bc+2a^2\right)}+\dfrac{c\left(c+ab\right)^2}{a\left(ca+2b^2\right)}>=4\)
Trước hết theo BĐT Schur bậc 3 ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+9abc\ge2\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3abc\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (do \(a+b+c=3\)) (1)
Đặt vế trái BĐT cần chứng minh là P, ta có:
\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)^2}{a^2c^2+2ab^2c}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
Áp dụng (1):
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left[2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
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 các số dương a, b, c thỏa mãn ab+bc+ca=1.
CMR: \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\ge3+\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{a^2}}+\sqrt{\frac{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}{b^2}}+\sqrt{\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}{c^2}}\)
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab+bc+ca=1.
CMR: \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\ge3+\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{a^2}}+\sqrt{\frac{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}{b^2}}+\sqrt{\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}{c^2}}\)
\(VT=\frac{ab+bc+ca}{ab}+\frac{ab+bc+ca}{bc}+\frac{ab+bc+ca}{ca}\)
\(=3+\frac{c\left(a+b\right)}{ab}+\frac{a\left(b+c\right)}{bc}+\frac{b\left(c+a\right)}{ca}\)(1)
Theo BĐT AM-GM: \(\frac{1}{2}\left[\frac{c\left(a+b\right)}{ab}+\frac{a\left(b+c\right)}{bc}\right]\ge\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{b^2}}\)
Tương tự: \(\frac{1}{2}\left[\frac{a\left(b+c\right)}{bc}+\frac{b\left(c+a\right)}{ca}\right]\ge\sqrt{\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{c^2}}\)
\(\frac{1}{2}\left[\frac{c\left(a+b\right)}{ab}+\frac{b\left(c+a\right)}{ca}\right]\ge\sqrt{\frac{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}{a^2}}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên rồi thay vào 1 ta sẽ thu được đpcm.
Cho a,b,c là các số nguyên thỏa mãn ab+bc+ca=1
Chứng minh \(A=\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)\)là số chính phương
\(A=\left(1+b^2+a^2+a^2b^2\right).\left(1+c^2\right)\)
\(=1+a^2+b^2+c^2+a^2c^2+b^2c^2+a^2b^2+a^2b^2c^2\)
\(=1+\left(a+b+c\right)^2-2.\left(ab+bc+ac\right)+\left(ab+bc+ac\right)^2-2abc.\left(a+b+c\right)+a^2b^2c^2\)
Thay ab+bc+ac=1 vào A, ta có:
\(A=1+\left(a+b+c\right)^2-2+1-2abc.\left(a+b+c\right)+a^2b^2c^2\)
\(=\left(a+b+c\right)^2-2abc.\left(a+b+c\right)+a^2b^2c^2\)
\(=\left(a+b+c-abc\right)^2\)
Vì a,b,c thuộc Z
\(\Rightarrow\left(a+b+c-abc\right)^2\)là số chính phương
\(\hept{\begin{cases}\left(1+a^2\right)=\left(ab+bc+ca+a^2\right)=b\left(a+c\right)+a\left(a+c\right)=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\\\left(1+b^2\right)=\left(ab+bc+ca+b^2\right)=a\left(b+c\right)+b\left(b+c\right)=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\\\left(1+c^2\right)=\left(ab+bc+ca+c^2\right)=a\left(b+c\right)+c\left(b+c\right)=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow A=\text{[}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\text{]}^2\Rightarrow\text{đ}pcm\)
1/Cho các số thực dương chứng minh:\(\frac{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge2\)
2/Cho a,b dương.Chứng minh:\(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+4\sqrt{2}\frac{a+b}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge10\)
3/ Cho các số thực dương. Chứng minh: \(\left(a^2+2bc\right)\left(b^2+2ca\right)\left(c^2+2ab\right)\ge abc\left(a+2b\right)\left(b+2c\right)\left(c+2a\right)\)