K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

NV
23 tháng 3 2022

BĐT bên trái: \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge\sqrt{\dfrac{2a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{2b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{2c}{a+b}}\)

Ta có: \(\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)\ge\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2\)

Nhân vế với vế và rút gọn:

\(\Rightarrow\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)^2\ge\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)

Lại có:

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{4}{a+b}+\dfrac{4}{b+c}+\dfrac{4}{c+a}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{2}{c+a}\)

\(\Rightarrow\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)^2\ge\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{2}{c+a}+\dfrac{2}{a+b}\right)\ge\left(\sqrt{\dfrac{2a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{2b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{2c}{a+b}}\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge\sqrt{\dfrac{2a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{2b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{2c}{a+b}}\) (đpcm)

NV
23 tháng 3 2022

BĐT bên phải:

\(\sqrt{\dfrac{2a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{2b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{2c}{a+b}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\)

Ta có:

\(VT=\dfrac{2a}{\sqrt{2a.\left(b+c\right)}}+\dfrac{2b}{\sqrt{2b\left(c+a\right)}}+\dfrac{2c}{\sqrt{2c\left(a+b\right)}}\)

\(\ge\dfrac{4a}{2a+b+c}+\dfrac{4b}{2b+c+a}+\dfrac{4c}{2c+a+b}\)

\(=\dfrac{4a^2}{2a^2+ab+ac}+\dfrac{4b^2}{2b^2+bc+ab}+\dfrac{4c^2}{2c^2+ac+bc}\)

\(\ge\dfrac{4\left(a+b+c\right)^2}{2a^2+2b^2+2c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\dfrac{4\left(a+b+c\right)^2}{2a^2+2b^2+2c^2+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)

\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\) (đpcm)

NV
30 tháng 12 2020

1. Đề thiếu

2. BĐT cần chứng minh tương đương:

\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)

Ta có:

\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)

3.

Ta có:

\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)

\(VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)

Lại có:

\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)

\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)

NV
30 tháng 12 2020

4.

Ta có:

\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)

\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)

5.

Ta có:

\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)

\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)

14 tháng 4 2021

undefined

7 tháng 3 2022

mn giúp em với em đang gấp

 

21 tháng 2 2023

9 tháng 2 2022

Để ý rằng \(a+b+c=1\) hay \(\left(a+b+c\right)^2=1\)nên ta cần biển đổi a,b,c xuất hiện các đại lượng \(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}};\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}};\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\)nên ta biển đổi như sau:

\(a+b+c=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\)

Khi đó ta được:

\(\left(a+b+c\right)^2=\left[\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\right]^2\)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxiki ta được:

\(\left[\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\right]\)

\(\le\left(\frac{a}{c+2b}+\frac{b}{a+2c}+\frac{c}{b+2a}\right)\left[a\left(c+2b\right)b\left(a+2c\right)c\left(b+2a\right)\right]\)

Như vậy lúc này ta được:

\(\frac{a}{c+2b}+\frac{b}{a+2c}+\frac{c}{b+2a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)}\)

Vậy bài toán đã được chứng minh.

19 tháng 2 2022

Ta viết lại bất đẳng thức trên thành:

\(\frac{a-b}{b}-\frac{a-b}{c}+\frac{c-a}{a}-\frac{c-a}{c}\ge\frac{\left(a-c\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}\)

Hay: \(\frac{\left(a-b\right)\left(c-b\right)}{bc}+\frac{\left(c-a\right)^2}{ca}\ge\frac{\left(a-c\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}\)

Tiếp tục khai triển và thu gọn ta được:

\(\Leftrightarrow b\left(c-a\right)^2\left(b^2+ab+bc\right)\ge a\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(b-ac\right)^2\ge0\)

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng hay bài toán được chứng minh xong.