Cho a,b,c >0 và a+b+c=4
Chứng minh \(a+b\ge abc\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 8 2021
a. Đề bài sai (thực chất là nó đúng 1 cách hiển nhiên nhưng "dạng" thế này nó sai sai vì ko ai cho kiểu này cả)
Ta có: \(abc=ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow abc\ge27\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+5abc\ge a^2+b^2+c^2+5.27>>>>>8\)
b.
\(4=ab+bc+ca+abc=ab+bc+ca+\sqrt{ab.bc.ca}\le ab+bc+ca+\sqrt{\left(\dfrac{ab+bc+ca}{3}\right)^3}\)
\(\sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{3}}=t\Rightarrow t^3+3t^2-4\ge0\Rightarrow\left(t-1\right)\left(t+2\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow t\ge1\Rightarrow ab+bc+ca\ge3\Rightarrow a+b+c\ge\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge3\)
- TH1: nếu \(a+b+c\ge4\)
Ta có: \(ab+bc+ca=4-abc\le4\)
\(\Rightarrow P=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)+5abc\ge4^2-2.4+0=8\)
(Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(2;2;0\right)\) và các hoán vị)
- TH2: nếu \(3\le a+b+c< 4\)
Đặt \(a+b+c=p\ge3;ab+bc+ca=q;abc=r\)
\(P=p^2-2q+5r=p^2-2q+5\left(4-q\right)=p^2-7q+20\)
Áp dụng BĐT Schur:
\(4=q+r\ge q+\dfrac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\Leftrightarrow q\le\dfrac{p^3+36}{4p+9}\)
\(\Rightarrow P\ge p^2-\dfrac{7\left(p^3+36\right)}{4p+9}+20=\dfrac{3\left(4-p\right)\left(p-3\right)\left(p+4\right)}{4p+9}+8\ge8\)
(Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\))
LS
0
DT
1
HP
12 tháng 3 2017
BĐT cần c/m <=> a4+b4+c4 >/ abc(a+b+c)
Áp dụng bđt am-gm : a2+b2 >/ 2ab ; b2+c2 >/ 2bc ; c2+a2 >/ 2ca
=> 2(a2+b2+c2) >/ 2(ab+bc+ca) => a2+b2+c2 >/ ab+bc+ca
đẳng thức xảy ra <=> a=b=c
Áp dụng bđt trên ta có:
a4+b4+c4=(a2)2+(b2)2+(c2)2 >/ a2b2+b2c2+c2a2 >/ (ab)2+(bc)2+(ca)2 >/ abc(a+b+c) (đpcm)
NN
0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 9 2021
Ta có:
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^2}{bc}}=\dfrac{3a}{\sqrt[3]{abc}}\)
\(\dfrac{b}{c}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge\dfrac{3b}{\sqrt[3]{abc}}\)
\(\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{a}{b}\ge\dfrac{3c}{\sqrt[3]{abc}}\)
Cộng vế:
\(3\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)
\(\Rightarrow\) đpcm
25 tháng 1 2020
1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)
\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
16 tháng 9 2021
Từ bài toán này (mà bạn đã hỏi cách đây vài bữa):
cho a,b,c>0. Chứng minh rằng: \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\) - Hoc24
Ta có: \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\)
Do đó: \(VT\ge\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\dfrac{\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\)
Lại có: \(\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{abc}}=3\)
Đặt \(\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}=x\ge3\Rightarrow VT\ge x+\dfrac{1}{x}=\dfrac{x}{9}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{8x}{9}\ge2\sqrt{\dfrac{x}{9x}}+\dfrac{8}{9}.3=\dfrac{10}{3}\) (đpcm)
AA
7
8 tháng 7 2021
Ta có : a^4 +b^4 +c^4 ≥ a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 (*)
Mà a^2b^2+b^2c^2 ≥ 2acb^2
b^2c^2 + c^2a^2 ≥ 2bac^2
c^2a^2+a^2b^2 ≥ bca^2
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên rồi chia hai vế cho 2 ta được
a^2b^2+b^2c^2+ c^2a^2 ≥ abc(a+b+c) (**)
Từ (*)(**) => đpcm