Cho a, b, c > 0. CMR (dùng BĐT Schur) :
4\(\left(a+b+c\right)\)(ab + bc + ca) ≤ \(\left(a+b+c^{ }\right)^3\) + 9abc
Những câu hỏi liên quan
đặt Psqrt{frac{left(a+bright)^3}{8ableft(4a+4b+cright)}}+sqrt{frac{left(b+cright)^3}{8bcleft(4b+4c+aright)}}+sqrt{frac{left(c+aright)^3}{8caleft(4c+4a+bright)}}Q8ab(4a+4b+c)+8bc(4b+4c+a)+8ca(4c+4a+b)32(a+b+c)(ab+bc+ca)-72abcáp dụng holder ta có:P^2Qge8left(a+b+cright)^3theo schur thì left(a+b+cright)^3ge4left(a+b+cright)left(ab+bc+caright)-9abcRightarrow8left(a+b+cright)^3ge32left(a+b+cright)left(ab+bc+caright)-72abcRightarrow P^2gefrac{8left(a+b+cright)^3}{Q}ge1left(Q.E.Dright)
Đọc tiếp
đặt \(P=\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{8ab\left(4a+4b+c\right)}}+\sqrt{\frac{\left(b+c\right)^3}{8bc\left(4b+4c+a\right)}}+\sqrt{\frac{\left(c+a\right)^3}{8ca\left(4c+4a+b\right)}}\)
Q=8ab(4a+4b+c)+8bc(4b+4c+a)+8ca(4c+4a+b)
=32(a+b+c)(ab+bc+ca)-72abc
áp dụng holder ta có:
\(P^2Q\ge8\left(a+b+c\right)^3\)
theo schur thì \(\left(a+b+c\right)^3\ge4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-9abc\)
\(\Rightarrow8\left(a+b+c\right)^3\ge32\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-72abc\)
\(\Rightarrow P^2\ge\frac{8\left(a+b+c\right)^3}{Q}\ge1\left(Q.E.D\right)\)
Cho a,b,c > 0 . Cmr: \(a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}-2\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)
chứng minh \(\left(a+b+c\right)^3+9abc\ge4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
** Bài này chỉ đúng khi $a,b,c$ không âm thôi bạn nhé.
Lời giải:
Theo BĐT Schur:
$a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
$\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6abc\geq (a+b+c)(ab+bc+ac)$
$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3(a+b+c)(ab+bc+ac)+6abc\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ac)$
$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3[(a+b)(b+c)(c+a)+abc]+6abc\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ac)$
$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)+9abc\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ac)$
$\Leftrightarrow (a+b+c)^3+9abc\geq 4(a+b+c)(ab+bc+ac)$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Đúng 2
Bình luận (0)
Mạnh hơn BĐT Schur
Cho a,b,c là các số thực không âm,chứng minh rằng:
\(a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}+\frac{\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2}{ab^2+bc^2+ca^2}\)
Ở đây chúng tôi không SOS hay ST s o s cái gì hết :P
Cho a = b = c = 1 thử xem:P
giả sử a,b,c là các số thực dương CMR
\(\dfrac{b^2c^3}{a^2\left(b+c\right)^3}+\dfrac{c^2a^3}{b^2\left(a+c\right)^3}+\dfrac{a^2c^3}{c^2\left(a+b\right)^3}\ge\dfrac{9abc}{4\left(3abc+ab^2+bc^2+ca^2\right)}\)
Cho a,b,c0CMR :frac{a^4}{bleft(b+cright)}+frac{b^4}{cleft(c+aright)}+frac{c^4}{aleft(a+bright)}gefrac{1}{2}left(ab+bc+caright)Áp dụng bđt Svac-xo ta có :VTgefrac{left(a^2+b^2+c^2right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}gefrac{left(a^2+b^2+c^2right)^2}{2left(a^2+b^2+c^2right)}frac{a^2+b^2+c^2}{2}gefrac{ab+bc+ca}{2}Dấu - xảy ra abc
Đọc tiếp
Cho \(a,b,c>0\)
CMR :\(\frac{a^4}{b\left(b+c\right)}+\frac{b^4}{c\left(c+a\right)}+\frac{c^4}{a\left(a+b\right)}\ge\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\)
Áp dụng bđt Svac-xo ta có :
\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}\ge\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Dấu "-" xảy ra \(< =>a=b=c\)
Cho a;b;c > 0 và ab+bc+ca=abc. CMR :
\(\dfrac{a^4+b^4}{ab\left(a^3+b^3\right)}+\dfrac{b^4+c^4}{bc\left(b^3+c^3\right)}+\dfrac{c^4+a^4}{ca\left(c^3+a^3\right)}\ge1\)
Lời giải:
Ta có:
\(ab+bc+ac=abc\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)
Xét \(a^4+b^4-(ab^3+a^3b)=(a-b)(a^3-b^3)\)
\(=(a-b)^2(a^2+ab+b^2)\geq 0\forall a,b> 0\)
\(\Rightarrow a^4+b^4\geq ab^3+a^3b\)
\(\Rightarrow 2(a^4+b^4)\geq (a^3+b^3)(a+b)\)
\(\Rightarrow \frac{a^4+b^4}{ab(a^3+b^3)}\geq \frac{(a^3+b^3)(a+b)}{2ab(a^3+b^3)}=\frac{a+b}{2ab}=\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}\)
Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại:
\(\Rightarrow \frac{a^4+b^4}{ab(a^3+b^3)}+\frac{b^4+c^4}{bc(b^3+c^3)}+\frac{c^4+a^4}{ca(c^3+a^3)}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=3\)
Đúng 0
Bình luận (0)
(Nghi binh 27/09) Bài 1: Cho a,b,c0. Chứng minh rằng frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+frac{9left(ab+bc+caright)}{a^2+b^2+c^2}ge12Bài 2: Cho a,b,c0. Chứng minh rằng: frac{8left(a^2+b^2+c^2right)}{ab+bc+ca}+frac{27left(a+bright)left(b+cright)left(c+aright)}{left(a+b+cright)^3}ge16Mình thấy hai bài trên phải vận dụng linh hoạt các hđt và các bđt đã biết.Bonus thêm bài: Cho a,b,c0. Chứng minh rằng:frac{a}{b+c}+frac{b}{c+a}+frac{c}{a+b}+sqrt[3]{frac{abc}{left(a+bright)left(b+cright)left(c+aright)}}ge2Bài này k...
Đọc tiếp
(Nghi binh 27/09)
Bài 1: Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng \(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+\frac{9\left(ab+bc+ca\right)}{a^2+b^2+c^2}\ge12\)
Bài 2: Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng: \(\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}+\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}\ge16\)
Mình thấy hai bài trên phải vận dụng linh hoạt các hđt và các bđt đã biết.
Bonus thêm bài: Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\ge2\)
Bài này khó hơn cả vì bđt đã biết cần dùng nó khá khó nhớ.
Bài 2: Ta có 2 đẳng thức ngược chiều: \(\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}\ge8;\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}\le8\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}+\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}\)\(\ge2\sqrt{\frac{8\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}.\frac{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b+c\right)^3}}\)
Suy ra BĐT đã cho là đúng nếu ta chứng minh được
\(27\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)^3\left(1\right)\)
Sử dụng đẳng thức \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)và theo AM-GM: \(abc\le\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)ta được \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\left(2\right)\)
Từ (1)và(2) suy ra ta chỉ cần chứng minh \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)đúng=> đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
Bài 3:
Ta có 2 BĐT ngược chiều: \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2};\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\le\sqrt[3]{\frac{1}{8}}=\frac{1}{2}\)
Bổ đề: \(x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+zx\left(z+x\right)\left(1\right)\forall x,y,z\ge0\)
Chứng minh: Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge y\ge z\). Khi đó:
\(VT\left(1\right)-VP\left(1\right)=x\left(x-y\right)^2+z\left(y-z\right)^2+\left(x-y+z\right)\left(x-y\right)\left(y-z\right)\ge0\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\ge64\left(abc\right)^2\)\(\Leftrightarrow\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\left[\frac{4abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right]^3\)
Suy ra ta chỉ cần chứng minh \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge2\)
\(\Leftrightarrow a\left(a+b\right)\left(a+c\right)+b\left(b+c\right)\left(b+a\right)+c\left(c+a\right)\left(c+b\right)+4abc\)\(\ge2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)đúng theo bổ đề
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hoặc a=b,c=0 và các hoán vị
Wow bạn giỏi quá, đúng những bđt mình muốn thấy! Nhưng mà bạn làm được phần cuối không, tại mình chưa giải được.
Xem thêm câu trả lời
Cho a,b,c∈R.CM bđt a^2+b^2+c^2ge ab+bc+ca (1). Áp dụng cm các bđt sau:
a)left(a+b+cright)^2le3left(a^2+b^2+c^2right)
b)frac{a^2+b^2+c^2}{3}geleft(frac{a+b+c}{3}right)^2
c)left(a+b+cright)^2ge3left(ab+bc+caright)
d)a^4+b^4+c^4ge abcleft(a+b+cright)
e)frac{a+b+c}{3}gesqrt{frac{ab+bc+ca}{3}}vớia,b,c0
f)a^4+b^4+c^4ge abc nếu a+b+c1
Đọc tiếp
Cho a,b,c∈R.CM bđt \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) (1). Áp dụng cm các bđt sau:
a)\(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
b)\(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\)
c)\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
d)\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
e)\(\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}vớia,b,c>0\)
f)\(a^4+b^4+c^4\ge abc\) nếu a+b+c=1
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ac+a^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
a/ Từ BĐT ban đầu ta có:
\(2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\) (đpcm)
b/ Chia 2 vế của BĐT ở câu a cho 9 ta được:
\(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}=\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\) (đpcm)
c/ Cộng 2 vế của BĐT ban đầu với \(2ab+2bc+2ca\) ta được:
\(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge3ab+3bc+3ca\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
d/ Áp dụng BĐT ban đầu cho các số \(a^2;b^2;c^2\) ta được:
\(\left(a^2\right)^2+\left(b^2\right)^2+\left(c^2\right)^2\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Mặt khác ta cũng có:
\(\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ca\right)^2\ge ab.bc+bc.ca+ab+ca=abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
e/ Chia 2 vế của BĐT ở câu c cho 9 ta được:
\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}\ge\frac{ab+bc+ca}{3}\)
Khai căn 2 vế: \(\Rightarrow\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}\)
f/ Áp dụng BĐT ở câu d:
\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)=abc\) (do \(a+b+c=1\))