Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\)
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng :
\(a+b+c\le\frac{a^2+b^2}{c}+\frac{b^2+c^2}{a}+\frac{c^2+a^2}{b}\le\frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ca}+\frac{c^3}{ab}\)
Cho a,b,c > 0. Chứng minh rằng:\(\frac{a}{a^2+ab+b^2}+\frac{b}{b^2+bc+c^2}+\frac{c}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2}\)
\(\frac{a}{a^2+ab+b^2}+\frac{b}{b^2+bc+c^2}+\frac{c}{c^2+ac+a^2}\)
\(=\frac{a^2}{a^3+a^2b+b^2a}+\frac{b^2}{b^3+b^2c+c^2b}+\frac{c^2}{c^3+c^2a+a^2c}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^3+a^2b+b^2a+b^3+b^2c+c^2b+c^3+c^2a+a^2c}\)
\(=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2\left(a+b+c\right)+b^2\left(a+b+c\right)+c^2\left(a+b+c\right)}\)
\(=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2}\)
Dấu "=" xảy ra khi : \(a=b=c\)
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng :
\(a+b+c\le\frac{a^2+b^2}{2c}+\frac{b^2+c^2}{2a}+\frac{c^2+a^2}{2b}\le\frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ca}+\frac{c^3}{ab}\)
Cho a,b,c > 0. Chứng minh rằng: \(\frac{a^5}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^5}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^5}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\)
By Cauchy-Schwarz, we have:
\(VT\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{2\left(a^3+b^3+c^3\right)+a^2b+b^2c+c^2a}\)
We will prove: \(a^2b+b^2c+c^2a\le a^3+b^3+c^3\)
\(\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+3abc\le a^3+b^3+c^3+3abc\)
By Schur, we have: \(RHS\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(a\right)\)
So we're only need to prove: \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a+3abc\)
\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\ge3abc\)
It is true by AM-GM ineq', so we have Q.E.D.
P/s: Em thử giải bài này bằng tiếng Anh (để tự luyện kĩ năng tiếng anh, tí em giải lại theo tiếng việt)
Ấy nhầm:V
By Schur, we have \(RHS\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)
So we're only need to prove \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a\)
Còn lại y chang:v
Làm màu bằng tiếng anh và cái kết...:V (nãy làm nhầm, phải sửa lại đó)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel,ta có:
\(VT\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{2\left(a^3+b^3+c^3\right)+a^2b+b^2c+c^2a}\)
Ta sẽ chứng minh \(a^2b+b^2c+c^2a\le a^3+b^3+c^3\) (để từ đó suy ra đpcm)
Thật vậy, thêm 3abc vào hai vế, BĐT cần chứng minh tương đương:
\(a^3+b^3+c^3+3abc\ge a^2b+b^2c+c^2a+3abc\).
Áp dụng BĐT Schur, \(VT=a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a+3abc\)
Hay \(ab^2+bc^2+ca^2\ge3abc\). BĐT này đúng theo AM-GM
cho a,b,c> 0. chứng minh rằng
\(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\le\frac{3}{2}\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+1}\)
Cho \(a;b;c>0\). Chứng minh rằng:
\(\frac{a+b}{bc+a^2}+\frac{b+c}{ca+b^2}+\frac{c+a}{ab+c^2}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Ê,
Why?
bạn ý cũng đưa câu hỏi lên thui mà
@Nguyen Chau Tuan Kiet : Bn ấy đăng câu hỏi, đúng nội quy sao lại phạm luật ?!
Bài 1:Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\)
Bài 2: Cho 3 số dương a,b,c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
\(A=\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)+a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca+2020\)
Bài 1: Ta có \(\left(\frac{a^2}{b}-a+b\right)+b^2=\frac{a^2-ab+b^2}{b}+b\ge2\sqrt{a^2-ab+b^2}\) (áp dụng Bất Đẳng Thức Cosi)
\(=\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2}\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\frac{1}{2}\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{b}-a+2b\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\frac{1}{2}\left(a+b\right)\left(1\right)\)
Tương tự ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{b^2}{c}-b+2c\ge\sqrt{b^2-bc+c^2}+\frac{1}{2}\left(b+c\right)\left(2\right)\\\frac{c^2}{a}-c+2a\ge\sqrt{c^2-ac+a^2}+\frac{1}{2}\left(a+c\right)\left(3\right)\end{cases}}\)
Từ (1) và (2) và (3) \(\Rightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ac+a^2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
cho a,b>0. Chứng minh rằng
\(\frac{2}{a^2+bc}+\frac{2}{b^2+ca}+\frac{2}{c^2+ab}\le\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{ab}\)
Bài này dùng AM-GM chắc cũng nhàm rồi nên em đổi kiểu nha.
\(VP-VT=\Sigma_{cyc}\frac{\left(ab+ac-2bc\right)^2+bc\left(b-c\right)^2}{2abc\left(b+c\right)\left(a^2+bc\right)}\ge0\)
1,Với các số dương a,b,c. Chứng minh rằng: \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge a+b+c\)
2, Với các số a,b,c>0. Chứng minh rằng:\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge a+b+c\)
Bài 1 với bài 2 như nhau, đăng làm gì cho tốn công :))
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :
\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c}.\frac{bc}{a}}=2b\)
\(\frac{ab}{c}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c}.\frac{ca}{b}}=2a\)
\(\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ac}{b}.\frac{bc}{a}}=2c\)
Cộng vế với vế ta được :
\(2\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge a+b+c\)(đpcm)