cho a,b,c \(\in\) R và a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3. Chứng minh:
N=\(\frac{3+a^2}{b+c}+\frac{3+b^2}{a+c}+\frac{3+c^2}{a+b}\ge6\)6
Cho các số thực a,b,c>0 thỏa mãn: a+b+c=3 Chứng minh rằng:
N=\(\frac{3+a^2}{b+c}+\frac{3+b^2}{c+a}+\frac{3+c^2}{a+b}\ge6\)
\(N=\Sigma\frac{3}{b+c}+\Sigma\frac{a^2}{b+c}\ge\Sigma\frac{3}{3-a}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\left(Svac\right)\)
\(=\Sigma\frac{3}{3-a}+\frac{3}{2}\)
Để C/m \(N\ge6\)thì \(\Sigma\frac{3}{3-a}\ge\frac{9}{2}\)
Áp dụng Svac \(\frac{3}{3-a}+\frac{3}{3-b}+\frac{3}{3-c}\ge\frac{\left(\sqrt{3}+\sqrt{3}+\sqrt{3}\right)^2}{3+3+3-\left(a+b+c\right)}=\frac{9}{2}\left(Q.E.D\right)\)
Dấu bằng tại a=b=c=1
Ủa bạn nào nứng loz tk sai ghê vậy ? =)) óc loz ak ?
Em màu mè tí nhé,vừa sos vừa cô si:P
\(BĐT\Leftrightarrow\Sigma_{sym}\left(\frac{a^2+1+2}{3-a}-2\right)-\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\ge0\) (em làm tắt chút nhé)
Thật vậy ta có: \(VT\ge\Sigma_{sym}\left(\frac{2\left(a+1\right)}{3-a}-\frac{2\left(3-a\right)}{3-a}\right)-\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\)
\(=\Sigma_{sym}\frac{4\left(a-1\right)}{3-a}-\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\)\(=\Sigma_{sym}\left[\frac{4\left(a-1\right)}{3-a}-2\left(a-1\right)\right]\)
\(=\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\left(\frac{2}{3-a}-1\right)=\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\left(\frac{2-3+a}{3-a}\right)\)
\(=\Sigma_{sym}\frac{2\left(a-1\right)^2}{3-a}=\frac{2\left(a-1\right)^2}{3-a}+\frac{2\left(b-1\right)^2}{3-b}+\frac{2\left(c-1\right)^2}{3-c}\ge0\) (luôn đúng)
Do đó ta có Q.E.D
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c =1
Mà đúng không ta :3
cho các số thực a,b,c >0 thỏa mãn a+b+c=3 . chứng minh rằng N=\(\frac{3+a^2}{b+c}+\frac{3+b^2}{c+a}+\frac{3+c^2}{a+b}\ge6\)
1) Cho a, b, c nguyên thỏa mãn: \(a^2+b^2=c^2\left(1+ab\right)\). Chứng minh rằng: \(a\ge c;b\ge c\)
2) Cho a, b, c dương và \(a+b+c\ge abc\). Chứng minh rằng: \(a^2+b^2+c^2\ge abc\)
3) Cho a, b, c dương và \(a+b+c\ge abc\). Chứng minh rằng ít nhất hai bất đẳng thức trong các bất đẳng thức sau là sai:
\(\frac{2}{a}+\frac{3}{b}+\frac{6}{c}\ge6\); \(\frac{2}{b}+\frac{3}{c}+\frac{6}{a}\ge6\); \(\frac{2}{c}+\frac{3}{a}+\frac{6}{b}\ge6\)
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.
Cho các số thực a,b,c >0 thỏa mãn a+ b +c = 3. CM:
\(N=\frac{3+a^2}{b+c}+\frac{3+b^2}{c+a}+\frac{3+c^2}{a+b}\ge6\)
Ap dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel nhé bạn
\(N=\frac{3+a^2}{b+c}+\frac{3+b^2}{c+a}+\frac{3+c^2}{a+b}=\left(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\right)+3\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}+\frac{27}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{3}{2}+\frac{9}{2}=6\) ( Cauchy-Schwarz dạng Engel )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)
~ Đấng Ed :) ~
cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn \(a+b+c=6\). Chứng minh rằng:
\(\frac{b+c+5}{1+a}+\frac{c+a+4}{2+b}+\frac{a+b+3}{3+c}\ge6\)
Ta có \(\frac{b+c+6}{1+a}=\frac{11-a}{1+a}=-1+\frac{12}{1+a}\)
\(\frac{c+a+4}{2+b}=-1+\frac{12}{2+b}\)
\(\frac{a+b+3}{3+c}=-1+\frac{12}{3+c}\)
Mà \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{3+c}\ge\)
\(\frac{3^2}{1+2+3+a+b+c}=\frac{3}{4}\)
Từ đó => VT \(\ge\)-3 + \(12\frac{3}{4}\)= 6
Đặt x=a+1; y=b+2; z=3+c (x;y;z>0)
\(VT=\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}+\frac{x+y}{z}\)
\(=\frac{y}{x}+\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\)
\(\ge2\sqrt{\frac{y}{x}\cdot\frac{x}{y}}+2\sqrt{\frac{z}{x}\cdot\frac{x}{z}}+2\sqrt{\frac{y}{z}\cdot\frac{z}{y}}=6\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=3; b=2; c=1
Cho các số thực a, b, c > 0 thỏa mãn a+b+c = 3. Chứng minh:
N = \(\frac{3+a^2}{b+c}+\frac{3+b^2}{c+a}+\frac{3+c^2}{a+b}\ge6\)
\(N=\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}+3\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\)
\(N\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}+3.\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{9}{6}+\frac{27}{6}=6\)
Dấu "=" khi \(a=b=c=1\)
Cho a;b;c>0 và a+b+c=3. Chứng minh
\(\frac{3+a^2}{b+c}+\frac{3+b^2}{c+a}+\frac{3+c^2}{a+b}\ge6\)
Ta có : \(a+b+c=3.\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}b+c=3-a\\a+c=3-b\\a+b=3-c\end{cases}}\)
Thay vào ta có : \(\frac{3+a^2}{3-a}+\frac{3+b^2}{3-b}+\frac{3+c^2}{3-c}\)
................................
Tự làm tiếp nha
Bài 15: Cho abc , , là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c\(\ge\) abc. Chứng minh rằng hai trong ba bất đẳng thức sau là đúng \(\frac{2}{a}+\frac{3}{b}+\frac{6}{c}\ge6\); $\frac{2}{b}+\frac{3}{c}+\frac{6}{a}$; $\frac{2}{c}+\frac{3}{a}+\frac{6}{b}$
Cho a,b,c dương thỏa mãn a+b+c=9.
Chứng minh: 1,\(\frac{a^2+a}{b+c}+\frac{b^2+b}{c+a}+\frac{c^2+c}{a+b}\ge6\)
2,\(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge3\)
1) TA có
\(\frac{a^2+a}{b+c}+\frac{b^2+b}{c+a}+\frac{c^2+c}{a+b}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
(*) Xét BĐT : \(\frac{m^2}{x}+\frac{n^2}{y}\ge\frac{\left(m+n\right)^2}{x+y}\) với x ; m ; y ; n > 0
( cái này xét hiệu là ok )
(*)ÁP dụng BĐT ta có \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}=\frac{9}{2}\)
Dấu ''= '' xảy ra khi a = b= c = 3
(*) TA cần cm \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\) (1)
Đặt b + c = x ; c+a = y ; a+ b = z (x; y; z > 0 )
=> \(\frac{x+y+z}{2}=a+b+c\) => a = \(\frac{y+z-x}{2};b=\frac{x+z-y}{2};c=\frac{x+y-z}{2}\)
(1) <=> \(\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\ge\frac{3}{2}\) <=> \(\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{z}{y}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{x}{z}+\frac{y}{z}\right)-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\ge1+1+1-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu = xảy ra khi x = y= z <=> a = b =c = 3
Vậy BĐT đc cm
(*) Áp dụng BĐT \(\frac{m^2}{a}+\frac{n^2}{b}\ge\frac{\left(m+n\right)^2}{a+b}\) với a ; b ;m ;n > 0
Xét BĐT
\(\frac{a^4}{a\left(a^2+ab+b^2\right)}+\frac{b^4}{b\left(b^2+bc+c^2\right)}+\frac{c^4}{c\left(c^2+ca+a^2\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a\left(a^2+ab+b^2\right)+b\left(b^2+bc+c^2\right)+c\left(c^2+ca+a^2\right)}\)\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\) \(\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{9}\)(1)
( Vì\(a\left(a^2+ab+b^2\right)+b\left(b^2+bc+c^2\right)+c\left(c^2+ca+a^2\right)=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\))
(*) CM BĐT \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\) ( biến đổi tương dương )
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{9^2}{3}=27\)
BĐT đc CM đấu '' = ' ' xảy ra khi a = b =c = 3
bài 1 làm như ban thắng còn bài 2 có cách riêng để làm dạng này . bạn xét 1 biểu thức B= b^3/a^2+ab+b^2 công c^3/b^2+bc+c^2 cang a^3/ c^2 +ca +a^2 . đặt biểu thức ban đầu là A . lấy A - B ta thấy bằng 0 . rồi bạn lấy A +B . có a^2 - ab + b^2 / a^2 + ab +b^2 >= 1/3 ( dùng phép biến đổi tương đương là ra) . sau đó nhan cả 2 về a+b là ra . 2 cái còn lại tương tự nha