Chứng minh rằng với a,b,c là các số thực dương và là số nguyên dương, ta có bất đẳng thức:
\(\frac{a^k}{b+c}\)+\(\frac{b^k}{c+a}\)+\(\frac{c^k}{a+b}\)\(\ge\)\(\frac{3}{2}\)
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
15 tháng 10 2017
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
15 tháng 10 2017
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.
PN
13 tháng 7 2020
C3
Đặt \(S=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\)
\(M=\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{a}{a+b}\)
\(N=\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}+\frac{b}{a+b}\)
Ta có : \(M+N=\left(\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{a}{a+b}\right)+\left(\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}+\frac{b}{a+b}\right)\)
\(=\left(\frac{b}{b+c}+\frac{c}{b+c}\right)+\left(\frac{c}{c+a}+\frac{a}{c+a}\right)+\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}\right)\)
\(=\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}+\frac{a+b}{a+b}=1+1+1=3\)
Ta có :\(+)M+S=\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{a}{a+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
\(=\frac{b+a}{b+c}+\frac{c+b}{c+a}+\frac{a+c}{b+a}\)
Hoàn toàn tương tự :\(+)N+S=\frac{a+c}{b+c}+\frac{b+a}{c+a}+\frac{b+c}{b+a}\)
Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho 2 số không âm ta được :
\(\frac{b+a}{b+c}+\frac{c+b}{c+a}+\frac{a+c}{b+a}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(b+a\right)\left(c+b\right)\left(a+c\right)}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(b+a\right)}}=3\)
\(\frac{a+c}{b+c}+\frac{b+a}{c+a}+\frac{b+c}{b+a}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+c\right)\left(b+a\right)\left(b+c\right)}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(b+a\right)}}=3\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được :
\(M+N+2S\ge3+3=6\)
\(< =>3+2S\ge6< =>2S\ge6-3=3< =>S\ge\frac{2}{3}\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
9 tháng 7 2020
\(P=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{b+a}=\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{a+b}-3\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)-3\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\frac{9}{b+c+a+c+a+b}-3\)
\(=\frac{9}{2}-3=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c
25 tháng 9 2017
1,
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)
5 tháng 1 2021
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3
Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có....
5 tháng 1 2021
.
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3
Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có
k nguyên dương => \(k\ge1\)\(\Leftrightarrow\)\(a^k\ge a\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a^k}{b+c}\ge\frac{a}{b+c}\)
Tương tự với 2 phân thức còn lại, cộng 3 bđt ta thu đc bđt Nesbit 3 ẩn => đpcm
Ủa bất đẳng thức \(a^k\ge a\)chỉ đúng với a>1 thôi