Cho a,b,c là 3 số thực thỏa mãn abc=1 và \(^{a^3>36}\)
Chứng minh rằng \(\frac{1}{a}\left(b^2+c^2-bc\right)>b+c-\frac{a}{3}\)
Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn
\(\left(ab\right)^3+\left(bc\right)^3+\left(ca\right)^3=3\left(abc\right)^2\)
Chứng minh rằng: \(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)+\left(1+\frac{c}{a}\right)=8\)
sửa giả thiết là \(\left(ab\right)^3+\left(bc\right)^3+\left(ca\right)^3=3\left(abc\right)^2\)
Và Áp dụng BĐT cô-si, ta có \(\left(ab\right)^3+\left(bc\right)^3+\left(ca\right)^3\ge3\left(abc\right)^2\)
dấu = xảy ra <=>a=b=c>0
Thay vào thì \(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{a}\right)=8\) (ĐPCM)
^_^
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: \(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}.\)
Bài này làm hoài :v
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và BĐT AM-GM ta có:
\(VT=\frac{b^2c^2}{ab+ac}+\frac{a^2c^2}{ab+bc}+\frac{a^2b^2}{ac+bc}\)
\(\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
\(\ge\frac{3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}}{2}=\frac{3}{2}=VP\)
Khi a=b=c=1
Đặt \(\left\{a;b;c\right\}\rightarrow\left\{\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right\}\)Khi đó : \(\frac{1}{x}.\frac{1}{y}.\frac{1}{z}=\frac{1}{x.y.z}=a.b.c=1< =>x.y.z=1\)
\(BĐT< =>\frac{1}{\left(\frac{1}{x}\right)^3\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}+\frac{1}{\left(\frac{1}{y}\right)^3\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{x}\right)}+\frac{1}{\left(\frac{1}{z}\right)^3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(< =>\frac{x^3yz}{y+z}+\frac{y^3xz}{z+x}+\frac{z^3xy}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)\(< =>\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)(*)
Ta chỉ cần chỉ ra bất đẳng thức (*) đúng thì bài toán được giải quyết , thật vậy :
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức :
\(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{y+z+z+x+x+y}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{2}\) (**)
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\sqrt[3]{1}=3\)Tương đương \(\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)(***)
Từ (**) và (***) ta được \(\frac{x^2}{z+y}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)
Suy ra bất đẳng thức (*) đúng . Nên ta có điều phải chứng minh !
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=1< =>a=b=c=1\)
Bài này dùng Sac - xơ để ý một xíu là ra nhé !
Theo BĐT Svacxo ta có :
\(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\) \(=\frac{\frac{1}{a^2}}{a\left(b+c\right)}+\frac{\frac{1}{b^2}}{b.\left(c+a\right)}+\frac{\frac{1}{c^2}}{c.\left(a+b\right)}\)
\(\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{2.\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{\left(\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)^2}{2.\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2.\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(=\frac{ab+bc+ca}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2}=\frac{3}{2}\) ( Do \(abc=1\) )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Vậy BĐT được hoàn tất !
Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: \(\frac{a^2}{\left(ab+2\right)\left(2ab+1\right)}+\frac{b^2}{\left(bc+2\right)\left(2bc+1\right)}+\frac{c^2}{\left(ac+2\right)\left(2ac+1\right)}\ge\frac{1}{3}\)\(\frac{1}{3}\)
Cho a, b,c là các số thực dương thỏa mãn: \(ab+bc+ca=1.\)
Chứng minh rằng: \(\frac{1}{abc}+\frac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{9\sqrt{3}}{2}\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=xyz\) thì bài toán trở thành
Cho \(x+y+z=xyz\) chứng minh
\(P=xyz+\frac{x^2y^2z^2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{9\sqrt{3}}{3}\)
Ta có:
\(t=x+y+z=xyz\le\frac{\left(x+y+z\right)^3}{27}=\frac{t^3}{27}\)
\(\Leftrightarrow t\ge3\sqrt{3}\)
Ta lại có:
\(P\ge\left(x+y+z\right)+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\frac{8\left(x+y+z\right)^3}{27}}=t+\frac{27}{8t}\)
\(=\left(t+\frac{27}{t}\right)-\frac{189}{8t}\ge6\sqrt{3}-\frac{189}{8.3\sqrt{3}}=\frac{27\sqrt{3}}{8}\)
PS: Đề sai rồi nha.
Đúng đó bé, e thay thử vào xem, bọn chị cũng thấy sai đề
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn rằng \(a+b+c=3\) . Chứng minh rằng:
\(\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\right)^2\ge4\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)
Từ bất đẳng thức Cô si ta có:
\(4\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\left[\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\right]^2\)
\(\Rightarrow\)Ta cần chứng minh:
\(\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\)
Vì vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức như nhau, nên không mất tính tổng quát ta giả sử \(a\ge b\ge c\)nên bất đẳng thức cuối cùng đùng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
sai r bạn ơi ko biết còn đòi
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a+b+c=3. Chứng minh rằng:
\(\frac{a}{b^2\left(ca+1\right)}+\frac{b}{c^2\left(ab+1\right)}+\frac{c}{a^2\left(bc+1\right)}\ge\frac{9}{\left(1+abc\right)\left(ab+bc+ca\right)}\)
Theo bđt Cauchy - Schwart ta có:
\(\text{Σ}cyc\frac{c}{a^2\left(bc+1\right)}=\text{Σ}cyc\frac{\frac{1}{a^2}}{b+\frac{1}{c}}\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+a+b+c}\)\(=\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+3}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)+3a^2b^2c^2}\)
Đặt \(ab+bc+ca=x;abc=y\).
Ta có: \(\frac{x^2}{xy+3y^2}\ge\frac{9}{x\left(1+y\right)}\Leftrightarrow x^3+x^3y\ge9xy+27y^2\)
\(\Leftrightarrow x\left(x^2-9y\right)+y\left(x^3-27y\right)\ge0\) ( luôn đúng )
Vậy BĐT đc CM. Dấu '=' xảy ra <=> a=b=c=1
làm sao mà \(x\left(x^2-9y\right)+y\left(x^3-27y\right)\ge0\)lại luôn đúng
*sử dụng nguyên lí Dirichlet nha:]*
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng :
\(\frac{a+3}{\left(a+1\right)^2}+\frac{b+3}{\left(b+1\right)^2}+\frac{c+3}{\left(c+1\right)^2}\ge3\)
Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:
\(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(abc=1\Rightarrow\left(abc\right)^2=a^2b^2c^2=1\Rightarrow a^2=\frac{1}{b^2c^2}\Rightarrow\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}=\frac{b^2c^2}{a\left(b+c\right)}=\frac{\left(bc\right)^2}{ab+ac}\)
Chứng minh tương tự ta có: \(\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}=\frac{\left(ca\right)^2}{bc+ba};\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{\left(ab\right)^2}{ca+cb}\)
=> \(\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}=\frac{\left(ab\right)^2}{bc+ca}+\frac{\left(bc\right)^2}{ab+ca}+\frac{\left(ca\right)^2}{ab+bc}\)
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel: \(\frac{\left(ab\right)^2}{bc+ca}+\frac{\left(bc\right)^2}{ab+ca}+\frac{\left(ca\right)^2}{ab+bc}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{bc+ca+ab+ca+ab+bc}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Tiếp tục áp dụng bđt Cauchy với 3 số dương ta được: \(\frac{ab+bc+ca}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{ab.bc.ca}}{2}=\frac{3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}}{2}=\frac{3\sqrt[3]{1}}{2}=\frac{3}{2}\)
=> \(\frac{\left(ab\right)^2}{bc+ca}+\frac{\left(bc\right)^2}{ab+ca}+\frac{\left(ca\right)^2}{ab+bc}\ge\frac{ab+bc+ca}{2}\ge\frac{3}{2}\)
viết lại sigma 1/a3(b+c) = sigma 1/a2/a(b+c)
đến đây dùng schwarz -> sigma 1/a3(b+c) >/ ab+bc+ac/2 >/ 3/2 (AM-GM cho ab,bc,ca)
Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn abc=1 và \(a^3\) >36. Chứng minh rằng: \(\frac{1}{a}\left(b^2+c^2-bc\right)>b+c-\frac{a}{3}\)
\(\Leftrightarrow b^2+c^2-bc>\left(b+c-\frac{a}{3}\right):\frac{1}{a}\)
\(\Leftrightarrow b^2+c^2-bc>ab+ac-\frac{a^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca-b^2-c^2< \frac{a^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow4a^2-12ab-12ac-12bc+4b^2+4c^2>0\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+4b^2+4c^2-4ab+8bc-4ca\right)+a^2-36bc>0\)
\(\Leftrightarrow3\left(a-2b-2c\right)^2+\frac{a^3-36abc}{a}>0\)
\(\Leftrightarrow3\left(a-2b-2c\right)^2+\frac{a^3-36}{a}>0\) ( luôn đúng do a^3 > 36 )
Do đó ta có đpcm