Cho a, b, c > 0 và a + b + c + ab + bc + ca = 6abc. Chứng minh rằng
\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\) ≥ 3
Cho a,b,c dương thỏa mãn a+b+c+ab+bc+ca=6abc
Chứng minh rằng \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge3\)
Với a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: \(a+b+c+ab+bc+ca=6abc\).Chứng Minh Rằng:
\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge3\)
Từ \(a+b+c+ab+bc+ca=6abc\)
\(\Rightarrow\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=6\)
Cho \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\) thì ta có:
\(x^2+y^2+z^2\ge3\forall\hept{\begin{cases}x+y+z+xy+yz+xz=6\\x,y,z>0\end{cases}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(x^2+1\ge2\sqrt{x^2}=2x\)
\(y^2+1\ge2\sqrt{y^2}=2y\)
\(z^2+1\ge2\sqrt{z^2}=2z\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(x+y+z\right)\left(1\right)\)
Lại có BĐT quen thuộc \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
\(\Rightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+xz\right)\left(2\right)\)
Cộng theo vế của (1) và (2) ta có:
\(3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2\left(x+y+z+xy+yz+xz\right)\)
\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2\cdot6=12\)
\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge9\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
GT của bài toán được viết lại thành\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=6\)
áp dụng bđt Cauchy ta được
\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\ge\frac{2}{ab};\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{2}{bc};\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2}\ge\frac{2}{ca}\)
\(\frac{1}{a^2}+1\ge\frac{2}{a};\frac{1}{b^2}+1\ge\frac{2}{b};\frac{1}{c^2}+1\ge\frac{2}{c}\)
cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta được \(3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)+3\ge2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=2\cdot6=12\)
hay \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge3\)
đẳng thức được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Cho ba số dương \(a,b,c\) thỏa mãn điều kiện \(a+b+c+ab+bc+ca=6abc\) . Chứng minh rằng
\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge3\).
Cho a; b; c > 0 sao cho a+b+c=3. Chứng minh rằng
\(\frac{a}{b^2\left(ca+1\right)}+\frac{b}{c^2\left(ab+1\right)}+\frac{c}{a^2\left(bc+1\right)}\ge\frac{9}{\left(1+abc\right)\left(ab+bc+ca\right)}\)
Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện:
a+b+c+ab+bc+ca = 6abc
Chứng minh: \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\)≥3
\(a+b+c+ab+ac+bc=6abc\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=6\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\frac{1}{a}=x\\\frac{1}{b}=y\\\frac{1}{c}=z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+y+z+xy+xz+yz=6\)
Cần chứng minh \(P=x^2+y^2+z^2\ge3\)
Ta có các BĐT quen thuộc:
\(x^2+1\ge2x\) ; \(y^2+1\ge2y\); \(z^2+1\ge2z\)
\(2x^2+2y^2+2z^2\ge2xy+2xz+2yz\)
Cộng vế với vế:
\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2\left(x+y+z+xy+xz+yz\right)=12\)
\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge9\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)
cho các số dương a,b,c thỏa manc điều kiện a + b + c + ab + bc + ac = 6abc.
chứng minh rằng: \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge3\)
From \(a+b+c+ab+bc+ca=6abc\)
\(\Rightarrow\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=6\)
Let \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\) we have
\(x^2+y^2+z^2\ge3\forall\hept{\begin{cases}x+y+z+xy+yz+xz=6\\x,y,z>0\end{cases}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(x^2+1\ge2\sqrt{x^2}=2x\)
\(y^2+1\ge2\sqrt{y^2}=2y\)
\(z^2+1\ge2\sqrt{z^2}=2z\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(x+y+z\right)\left(1\right)\)
Lại có BĐT quen thuộc \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)
\(\Rightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+xz\right)\left(2\right)\)
Cộng theo vế của \(\left(1\right);\left(2\right)\) ta có:
\(3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2\left(x+y+z+xy+yz+xz\right)\)
\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2\cdot6=12\)
\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge9\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
#Nguồn:Xem câu hỏi (tui tự chép tui hihi :v)
P = \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{a+b+c}{abc}\)
hay 2P \(\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{abc}\) (1)
mặt khác theo Cauchy ta có \(\frac{1}{a^2}+1\ge\frac{2}{a}\)
do đó P \(\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-3\) hay P \(\ge\frac{2\left(ab+bc+ca\right)}{abc}-3\) (2)
từ (1) và (2) suy ra 3P \(\ge\frac{2\left(a+b+c+ab+bc+ca\right)}{abc}-3=9\)
hay P \(\ge\)3
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.
\(VP-VT=\Sigma_{cyc}\frac{\left(ab+ac-2bc\right)^2+bc\left(b-c\right)^2}{2abc\left(b+c\right)\left(a^2+bc\right)}\ge0\)
Cho: a,b,c > 0 và a + b + c = 3.
Chứng minh rằng:
a) \(\frac{a+b}{1+a}+\frac{b+c}{1+b}+\frac{c+a}{1+c}\ge ab+bc+ca\)
b) \(\frac{a}{ab+b^3}+\frac{b}{bc+c^3}+\frac{c}{ca+a^3}\ge\frac{3}{2}\)
Đề chơi căng nhỉ?
a) Dễ chứng minh VP =< 3
BĐT \(\Leftrightarrow\left(\frac{a+b}{1+a}-1\right)+\left(\frac{b+c}{1+b}-1\right)+\left(\frac{c+a}{1+c}-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{b-1}{1+a}+\frac{c-1}{1+b}+\frac{a-1}{1+c}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(b-1\right)^2}{\left(1+a\right)\left(b-1\right)}+\frac{\left(c-1\right)^2}{\left(1+b\right)\left(c-1\right)}+\frac{\left(a-1\right)^2}{\left(1+c\right)\left(a-1\right)}\) >=0
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel vào VT ta có đpcm.
P/s: Èo, sao đơn giản thế nhỉ? Em có làm sai chỗ nào chăng?
a, Ta có \(\frac{a+b}{a+1}=\frac{\left(a+b\right)\left(a+1\right)-a\left(a+b\right)}{a+1}=a+b-\frac{a\left(a+b\right)}{a+1}\)
Mà \(\frac{1}{a+1}\le\frac{a+1}{4a}\)
=> \(\frac{a+b}{1+a}\ge a+b-\frac{\left(a+1\right)\left(a+b\right)}{4}=\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}a^2-\frac{1}{4}ab\)
Khi đó
\(Vt\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\frac{1}{4}\left(ab+bc+ac\right)\)
=> \(VT\ge\frac{9}{2}-\frac{1}{4}\left(9-2ab-2bc-2ac\right)-\frac{1}{4}\left(ab+bc+ac\right)\)
=> \(VT\ge\frac{9}{4}+\frac{1}{4}\left(ab+bc+ac\right)\)
Lại có \(ab+bc+ac\le\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=3\)
=> \(VT\ge ab+bc+ac\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
b,Ta có \(\frac{a}{b\left(a+b^2\right)}=\frac{a+b^2-b^2}{b\left(a+b^2\right)}=\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\)
Mà \(a+b^2\ge2b\sqrt{a}\)
=> \(\frac{a}{b\left(a+b^2\right)}\ge\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{a}}\)
Lại có \(\frac{1}{\sqrt{a.1}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+1\right)\)
=> \(\frac{a}{b\left(a+b^2\right)}\ge\frac{1}{b}-\frac{1}{4}.\left(\frac{1}{a}+1\right)\)
Khi đó
\(VT\ge\frac{3}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\frac{3}{4}\)
Mà \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}=3\)
=> \(VT\ge\frac{9}{4}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
Bất đẳng thức được viết lại thành
\(\sum\frac{3-a}{1+a}\ge ab+bc+ca\)
Mà \(ab+bc+ca\le3\) nên ta chỉ cần chứng minh
\(\sum\frac{3-a}{1+a}\ge3\)
Ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau
\(\frac{3-a}{1+a}\ge2-a\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\ge0\)
Thiết lập các bất đẳng thức tương tự ta có điều phải chứng minh
Cho a,b,c > 0 thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh rằng: \(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\)
Đề ra chưa hết kìa bạn.