Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a.b.c=1. Chứng minh rằng: \(\frac{bc}{a^2b+a^2c}+\frac{ac}{b^2a+b^2c}+\frac{ab}{c^2a+c^2b}\ge\frac{3}{2}\)
Cho a,b,c >0 . Chứng minh rằng : \(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}+\frac{2a}{b+2a}+\frac{2b}{c+2b}+\frac{2c}{a+2c}\)≥3
1) cho a;b;c ko âm .chứng minh \(\sqrt{\frac{a+2b}{3}}+\sqrt{\frac{b+2c}{3}}+\sqrt{\frac{c+2a}{3}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\)
2) cho a;;b;c dương và abc=1. chứng minh \(\frac{bc}{a^2b+a^2c}+\frac{ca}{b^2c+b^2a}+\frac{ab}{c^2a+c^2b}\ge\frac{3}{2}\)
Bài 1:
\(BDT\Leftrightarrow\sqrt{\frac{3}{a+2b}}+\sqrt{\frac{3}{b+2c}}+\sqrt{\frac{3}{c+2a}}\le\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{b}}\ge\frac{9}{\sqrt{a}+\sqrt{2}\cdot\sqrt{2b}}\ge\frac{9}{\sqrt{\left(1+2\right)\left(a+2b\right)}}=\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{a+2b}}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{b+2c}};\frac{1}{\sqrt{c}}+\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{a}}\ge\frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{c+2a}}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(3\left(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\right)\ge3\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge\sqrt{3}\left(\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a}}\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
Bài 2: làm mãi ko ra hình như đề sai, thử a=1/2;b=4;c=1/2
Bài 2/
\(\frac{bc}{a^2b+a^2c}+\frac{ca}{b^2c+b^2a}+\frac{ab}{c^2a+c^2b}\)
\(=\frac{b^2c^2}{a^2b^2c+a^2c^2b}+\frac{c^2a^2}{b^2c^2a+b^2a^2c}+\frac{a^2b^2}{c^2a^2b+c^2b^2a}\)
\(=\frac{b^2c^2}{ab+ac}+\frac{c^2a^2}{bc+ba}+\frac{a^2b^2}{ca+cb}\)
\(\ge\frac{\left(bc+ca+ab\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
\(\ge\frac{3\sqrt[3]{ab.bc.ca}}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=1\)
bạn alibaba dòng thứ nhất rồi sao ra được dòng thứ hai á bạn mình k hiểu
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge a^2b^2c^2\). Chứng minh rằng:
\(\frac{a^2b^2}{c^3\left(a^2+b^2\right)}+\frac{b^2c^2}{a^3\left(b^2+c^2\right)}+\frac{c^2a^2}{b^3\left(c^2+a^2\right)}\ge\frac{\sqrt{3}}{3}\).
Ta có \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a^2b^2c^2\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 1\)
BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{\frac{1}{c^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}+\frac{\frac{1}{b^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}}+\frac{\frac{1}{a^3}}{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Đặt \((\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})=(x,y,z)\). Bài toán trở thành:
Cho \(x,y,z>0|x^2+y^2+z^2\geq 1\). CMR \(P=\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz:
\(P=\frac{x^4}{xy^2+xz^2}+\frac{y^4}{yz^2+yx^2}+\frac{z^4}{zx^2+zy^2}\geq \frac{(x^2+y^2+^2)^2}{x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)}\) (1)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\geq y\geq z\Rightarrow x^2\geq y^2\geq z^2\)
Và \(y+z\leq z+x\leq x+y\). Khi đó, áp dụng BĐT Chebyshev:
\(3[x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)]\leq (x^2+y^2+z^2)(y+z+x+z+x+y)\)
\(\Leftrightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)(x+y+z)}{3}\)
Theo hệ quả của BĐT Am-Gm thì: \((x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)\Rightarrow x+y+z\leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\)
\(\Rightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{3}\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(P\geq \frac{3(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}=\frac{\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Ta có đpcm
Dáu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
Đặt \(x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}\)
Khi đó giả thiết được viết lại là \(x^2+y^2+z^2\ge1\)và ta cần chứng minh \(\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)(*)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:
\(VT_{\left(^∗\right)}=\frac{x^4}{x\left(y^2+z^2\right)}+\frac{y^4}{y\left(z^2+x^2\right)}+\frac{z^4}{z\left(x^2+y^2\right)}\)\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\)
Đến đây ta đi chứng minh \(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)\(\ge\sqrt{3}\left[x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)\right]\)
Ta có: \(x\left(y^2+z^2\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2x^2\left(y^2+z^2\right)\left(y^2+z^2\right)}\)\(\le\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\left(\frac{2x^2+y^2+z^2+y^2+z^2}{3}\right)^3}\)
\(=\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Tương tự ta có: \(y\left(z^2+x^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
\(z\left(x^2+y^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được:
\(\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le\frac{2\sqrt{3}}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3}\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Cuối cùng ta cần chứng minh được
\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge1\)(đúng)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
Cho a,b,c > 0 . Chứng minh rằng : \(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\)≥\(1+\frac{b}{b+2a}+\frac{c}{c+2b}+\frac{a}{a+2c}\)
Cho \(a=b=c\) ta có:
\(\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\ge1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\Leftrightarrow1\ge2\)
Bất đẳng thức sai
Cho a,b,c>0 thỏa mãn \(a+b+c\le3\)
Chứng minh \(\frac{1}{\left(2a+b\right)\left(2c+b\right)}+\frac{1}{\left(2b+c\right)\left(2a+c\right)}+\frac{1}{\left(2c+a\right)\left(2b+a\right)}\ge\frac{3}{\left(a+b+c\right)^2}\)
moi nguoi oi hom truoc minh hoc tap hop cac so TN do thi co cua minh day nhu sau
vd: A={xeN/3<x<9}
thi minh liet ke ra la A=4,5,6,7,8 nhung sua bai lai ko dung
co sua nhu vay A=3,4,5,6,7,8
ko biet hay sai mong ae giup minh
Áp dụng BĐT Cô-si \(ab\le\frac{\left(a+b\right)}{4}^2\)
=> \(\left(2a+b\right)\left(2c+b\right)\le\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{4}=\left(a+b+c\right)^2\)
=> \(\frac{1}{\left(2a+b\right)\left(2c+b\right)}\ge\frac{1}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Mấy cái kia làm tương tự cậu nhé
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
Cho a,b,c >0 ; a+b+c = 6abc . Chứng minh rằng : \(\frac{bc}{a^3\left(c+2b\right)}+\frac{ac}{b^3\left(a+2c\right)}+\frac{ab}{c^3\left(b+2a\right)}\)≥2
\(a+b+c=6abc\Leftrightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}=6\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\frac{1}{a}=x\\\frac{1}{b}=y\\\frac{1}{c}=z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow xy+xz+yz=6\)
\(P=\sum\frac{\frac{1}{yz}}{\frac{1}{x^3}\left(\frac{1}{z}+\frac{2}{y}\right)}=\sum\frac{x^3}{y+2z}=\sum\frac{x^4}{xy+2xz}\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3\left(xy+xz+yz\right)}\ge\frac{\left(xy+xz+yz\right)^2}{3\left(xy+xz+yz\right)}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{2}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt{2}}\)
cho a+b+c=0 .
Chứng minh a, \(\frac{4bc-a^2}{bc+2a^2}.\frac{4ab-c^2}{ab+2c^2}.\frac{4ac-b^2}{ac+2b^2}\)=1
b, \(\frac{4bc-a^2}{bc+2a^2}+\frac{4ab-c^2}{ab+2c^2}+\frac{4ac-b^2}{ac+2b^2}\)=3
a/ \(\frac{4bc-a^2}{bc+2a^2}.\frac{4ab-c^2}{ab+2c^2}.\frac{4ac-b^2}{ac+2b^2}\)
\(=\frac{4bc-\left(b+c\right)^2}{bc+2\left(b+c\right)^2}.\frac{4\left(-b-c\right)b-c^2}{\left(-b-c\right)b+2c^2}.\frac{4\left(-b-c\right)c-b^2}{\left(-b-c\right)c+2b^2}\)
\(=\frac{-\left(b-c\right)^2}{\left(c+2b\right)\left(b+2c\right)}.\frac{-\left(c+2b\right)^2}{-\left(b-c\right)\left(b+2c\right)}.\frac{-\left(b+2c\right)^2}{\left(b-c\right)\left(c+2b\right)}=1\)
Cho a, b, c thỏa mãn \(\frac{a}{2a+b+c}+\frac{b}{2b+c+a}+\frac{c}{2c+a+b}=\frac{3}{4}.\)
Chứng minh rằng \(\frac{a^2}{2a+b+c}+\frac{b^2}{2b+c+a}+\frac{c^2}{2c+a+b}=\frac{a+b+c}{4}.\)
Cho các số thực a, b, c > 0. Chứng minh rằng :
\(\frac{a^2}{\left(2a+b\right)\left(2a+c\right)}+\frac{b^2}{\left(2b+a\right)\left(2b+c\right)}+\frac{c^2}{\left(2c+a\right)\left(2c+b\right)}\ge\frac{1}{3}\)
Mình nhầm, phải là \(\le\frac{1}{3}\)mọi người làm giúp mình với mình cần gấp
Theo BĐT Cauchy Schwarz và các biến đổi cơ bản ta dễ có được:
\(\frac{a^2}{\left(2a+b\right)\left(2a+c\right)}=\frac{a^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}=\frac{1}{9}\left[\frac{\left(2a+a\right)^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}\right]\)
\(\le\frac{1}{9}\left[\frac{4a^2}{2a\left(a+b+c\right)}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right]=\frac{1}{9}\left(\frac{2a}{a+b+c}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)
\(\Rightarrow LHS\le\frac{1}{9}\left(2+\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ca}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\right)\)
Tiếp tục theo BĐT Cauchy Schwarz dạng Engel:
\(\frac{a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2}{b^2+2ca}+\frac{c^2}{c^2+2ab}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)
Ta thực hiện phép đổi biến thì:
\(\frac{ab}{ab+2c^2}+\frac{bc}{bc+2a^2}+\frac{ca}{ca+2b^2}\ge1\)
Đến đây là phần của bạn
(Vào thống kê hỏi đáp xem ảnh nhé! 2 cách, cách đầu dùng kỹ thuật uvw, cách kia là SOS)