Cho 3 số thực a, b, c thỏa mãn \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}\)
Chứng minh \(\frac{a}{\left(b-c\right)^2}+\frac{b}{\left(c-a\right)^2}+\frac{c}{\left(a-b\right)^2}=0\)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le16\left(a+b+c\right)\). Chứng minh rằng:\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{8}{9}\)
Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\); \(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)
Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\); \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}\)
Chúng minh: \(\frac{a}{\left(b-c\right)^2}+\frac{b}{\left(c-a\right)^2}+\frac{c}{\left(a-b\right)^2}=0\)
Ta có \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{1}{a+b+c}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{a+b+c}\right)+\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{b+c}{a\left(a+b+c\right)}+\frac{b+c}{bc}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)\left(\frac{1}{a\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)\frac{bc+a^2+ab+ac}{abc\left(a+b+c\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(b+c\right)\frac{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}{abc\left(a+b+c\right)}=0\)
=> b+c=0 hoặc a+b=0 hoặc c+a=0
Đến đây bn => a=-b;b=-c;c=-a lần lượt thay vào VT là xog
mk lm tới bước này r nhưng thay lm sao. mk ko bt
Ta có a 1 + b 1 + c 1 = a + b + c 1 ⇔ a 1 + b 1 + c 1 − a + b + c 1 = 0 ⇔ a 1 − a + b + c 1 + b 1 + c 1 = 0
⇔ a a + b + c b + c + bc b + c = 0 ⇔ b + c a a + b + c 1 + bc 1 = 0 ⇔ b + c abc a + b + c bc + a 2 + ab + ac = 0 ⇔ b + c abc a + b + c a + b c + a = 0
=> b+c=0 hoặc a+b=0 hoặc c+a=0 Đến đây bn
=> a=-b;b=-c;c=-a lần lượt thay vào VT là xog
Cho a;b;c là các số thực dương thỏa mãn abc=1 .Chứng minh;
\(\frac{a}{\left(a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(c+1\right)^2}-\frac{4}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\) <=\(\frac{1}{4}\)
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 các số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng\(\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{2}\)
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 các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3abc. Chứng minh rằng :
\(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\left[\frac{a^4}{\left(ab+1\right)\left(ac+1\right)}+\frac{b^4}{\left(bc+1\right)\left(ab+1\right)}+\frac{c^4}{\left(ca+1\right)\left(bc+1\right)}\right]\ge\frac{27}{4}\)
(
hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhh
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
\(18\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(9+5\sqrt{3}\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(=\)\(18\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}\right)\)\(=\)\(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(\left(9+5\sqrt{3}\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(=\)\(0\)
Vậy\(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(0\)
Chứng minh là \(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(0\)là đúng
chúc bạn học tốt
Bất đẳng thức trên
<=> + 1 +
+ 1 +
+ 1 ≥ 3
<=> +
+
≥ 3 (*)
Ta có: VT(*) ≥
Ta sẽ chứng minh: (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ (ab + 1)(bc + 1)(ca + 1)
<=> abc + ab + bc + ca + a + b + c + 1
≥ a2b2c2 + abc(a + b + c) + ab + bc + ca + 1
<=> 3 ≥ a2b2c2 + 2abc (**)
Theo Cosi: 3 = a + b + c ≥ 3 =>
≤ 1 => abc ≤ 1
Vậy (**) đúng => (*) đúng.
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:
\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{2}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge1\)
\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{2}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge1\)
<=> \(\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2+\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2+\left(1+a\right)\left(1+c\right)^2\)
\(+2\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge3\)đúng vì \(a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=3\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = 1