cho a,b,c là ba số thực tùy ý. Chúng minh rằng : \(a^2+b^2+c^2+\frac{3}{4}>=-a-b-c\)
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
TT
20 tháng 8 2020
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được
\(\frac{a^3}{a+2b}+\frac{b^3}{b+2c}+\frac{c^3}{c+2a}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Ta lại có \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)
Do đó ta được \(\frac{a^3}{a+2b}+\frac{b^3}{b+2c}+\frac{c^3}{c+2a}\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
p/s: check
T
7 tháng 5 2020
\(\Leftrightarrow\Sigma\sqrt{\frac{3a^3}{\left[5a^2+\left(b+c\right)^2\right]\left(a+b+c\right)}}\le1\)
Theo Am-GM: \(VT=\Sigma\sqrt{\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}.\frac{a}{a+b+c}}\le\Sigma\frac{3a^2}{2\left(5a^2+\left(b+c\right)^2\right)}+\frac{1}{2}\)
Như vậy nó là đủ để chứng minh rằng: \(\Sigma\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le1\)
Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\) nó tương đương:
(Gõ Latex, không hiện thì vô thống kê hỏi đáp xem)
Đây là điều hiển nhiên/
PS: Bài này quan trọng là ý tưởng phá căn thôi chứ không có gì khó. Lúc đầu UCT bất đẳng thức cuối cho đẹp nhưng phải xét các TH mệt lắm, chưa rành nên không làm cách đó:D
T
7 tháng 5 2020
Chứng minh: \(\Sigma\frac{3a^2}{5a^2+\left(b+c\right)^2}\le1\), cách 2:
Đổi biến sang pqr: (Vô thống kê hỏi đáp xem nếu olm không hiện Latex)
Nếu \(p^2\le4q\) ta cần:
(Hiển nhiên)
Nếu \(p^2\ge4q\) thì cần chứng minh:
(Hiển nhiên)
Từ 2 TH trên ta thu được điều phải chứng minh.
Cho a , b , c là các số thực dương tùy ý . Chứng minh rằng :
7 tháng 8 2020
Bài làm:
Ta có: \(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\)
\(=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}+\frac{a^2}{c+a}\)
\(=\left(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\right)+\left(\frac{a^2}{c+a}+\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}\right)\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\)(Cauchy Schwars)
\(=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)
TT
7 tháng 8 2020
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được
\(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2\left(a+b\right)}+\frac{\left(b+c\right)^2}{2\left(b+c\right)}+\frac{\left(c+a\right)^2}{2\left(c+a\right)}\)
\(\ge\frac{\left(2a+2b+2c\right)^2}{4\left(a+b+c\right)}\ge\frac{12\left(ab+bc+ca\right)}{4\left(a+b+c\right)}=\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}\)( rút gọn 12/4)
Bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
KN
23 tháng 8 2020
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta được: \(\left(ab+bc+ca+1\right)\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+1\right)\ge\left(a+b+c+1\right)^2\)\(\left(ab+bc+ca+1\right)\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+1\right)\ge\left(b+c+a+1\right)^2\)
Cộng theo vế hai bất đẳng thức này ta được \(\left(ab+bc+ca+1\right)\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}\ge2\left(a+b+c+1\right)^2\)hay \(\frac{ab+bc+ca+1}{\left(a+b+c+1\right)^2}\ge\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Đến đây, ta quy bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:\(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{3}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge1\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được \(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{1}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\)\(\ge2\sqrt{\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}.\frac{1}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}}\)\(=\sqrt{\sqrt[3]{\frac{a^2b^2c^2}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}}}=\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)(*)
Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta được \(\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}+\frac{1}{4}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge2\sqrt{\frac{1}{4}}=1\)(**)
Từ (*) và (**) suy ra được \(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{3}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge1\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra a = b = c = 1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
25 tháng 3 2022
\(\sum\dfrac{a}{\sqrt{ab+b^2}}=\sum\dfrac{a\sqrt{2}}{\sqrt{2b\left(a+b\right)}}\ge\sum\dfrac{2\sqrt{2}a}{2b+a+b}=2\sqrt{2}\sum\dfrac{a}{a+3b}\)
\(=2\sqrt{2}\sum\dfrac{a^2}{a^2+3ab}\ge\dfrac{2\sqrt{2}\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(=\dfrac{2\sqrt{2}\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2+ab+bc+ca}\ge\dfrac{2\sqrt{2}\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\)
24 tháng 2 2022
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
\(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(a+b+c\right)}\)
\(\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}+\frac{a^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(a+b+c\right)}\)
Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được:
\(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}\)
Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
TN
9 tháng 7 2017
Lần sau đăng ít 1 thôi đăng nhiều ngại làm, bn đăng nhiều nên tui hướng dẫn sơ qua thôi tự làm đầy đủ vào vở
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^4+b^4\ge2a^2b^2;b^4+c^4\ge2b^2c^2;c^4+a^4\ge2c^2a^2\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên rồi thu gọn
\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Áp dụng tiếp BĐT AM-GM
\(a^2b^2+b^2c^2=b^2\left(a^2+c^2\right)\ge2b^2ac\)
Tương tự rồi cộng theo vế có ĐPCM
Bài 2:
Quy đồng BĐT trên ta có:
\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-\frac{a}{b}-\frac{b}{a}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2b^2}\ge0\) (luôn đúng)
Bài 4: Áp dụng BĐT AM-GM
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)
\(\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3}{ab}\ge\frac{ab\left(a+b\right)}{ab}=a+b\)
Tương tự rồi cộng theo vế
Bài 5: sai đề tự nhien có dấu - :v nghĩ là +
9 tháng 7 2017
ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]
23 tháng 8 2021
Đặt \(x=a^2;y=b^2;z=c^2\)
bđt \(\Leftrightarrow\sqrt{\frac{x}{x+y}}+\sqrt{\frac{y}{y+z}}+\sqrt{\frac{z}{z+x}}\le\frac{3}{\sqrt{2}}\)
Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có:
\(\left(\sqrt{\frac{x}{x+y}}+\sqrt{\frac{y}{y+z}}+\sqrt{\frac{z}{z+x}}\right)^2\)\(=\left(\sqrt{\frac{x\left(x+z\right)}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}}+\sqrt{\frac{y\left(y+x\right)}{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}}+\sqrt{\frac{z\left(z+y\right)}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}}\right)^2\)
\(\le2\left(x+y+z\right)\left(\frac{x}{\left(x+y\right)\left(x+z\right)}+\frac{y}{\left(y+z\right)\left(y+x\right)}+\frac{z}{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}\right)\)
\(=\frac{4\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\) (*)
Ta cần CM: (*) \(\le\frac{9}{2}\)
Hay \(8\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\le9\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\)
hay \(8xyz\le\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\) (luôn đúng)
=> đpcm
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c
24 tháng 2 2022
Ta có:
\(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Dễ dàng chứng minh được:
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^3\ge a^3+b^3+c^3+24abc\)
Khi đó ta được bất đẳng thức:
\(\frac{\left(a+b+c\right)^3}{abc}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge\frac{a^3+b^3+c^3+24abc}{abc}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\)
Vậy ta cần chứng minh:
\(\frac{a^3+b^3+c^3+24abc}{abc}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge28\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ca}+\frac{c^2}{ab}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge4\)
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được:
\(\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ca}+\frac{c^2}{ab}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca}=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+2\)
Để hoàn thành chứng minh ta cần chỉ ra được:
\(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+2+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge4\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge2\)
Theo bất đẳng thức Cauchy thì bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng.
Như vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xẩy ra tại \(a=b=c\)
ta có: a^2+a+1/4+b^2+b+1/4+c^2+c+1/4=(a+1/2)^2+(b+1/2)^2+(c+1/2)^2>=0
dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1/2