Cho \(a,b,c>0\). Chứng minh rằng
\(\dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ca}+\dfrac{c}{ab}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\).
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
4 tháng 10 2021
\(\dfrac{1}{a+b+1}+\dfrac{1}{b+c+1}+\dfrac{1}{c+a+1}\ge1\)
\(\Leftrightarrow2\ge\dfrac{a+b}{a+b+1}+\dfrac{b+c}{b+c+1}+\dfrac{c+a}{c+a+1}=\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(a+b\right)^2+a+b}+\dfrac{\left(b+c\right)^2}{\left(b+c\right)^2+b+c}+\dfrac{\left(c+a\right)^2}{\left(c+a\right)^2+c+a}\)
\(\Rightarrow2\ge\dfrac{2\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+a+b+c}\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)+2\left(ab+bc+ca\right)+2\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)+4\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\)đpcm
31 tháng 7 2017
Chứng minh : \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge3\left(x^3y+y^3z+z^3x\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}\left(\left(x^2-y^2-xy-xz+2yz\right)^2+\left(y^2-z^2-yz-xy+2xz\right)^2+\left(z^2-x^2-xz-yz+2xy\right)^2\right)\ge0\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\dfrac{a}{ab+1}=a-\dfrac{a^2b}{ab+1}\ge a-\dfrac{a^2b}{2\sqrt{ab}}=a-\dfrac{\sqrt{a^3b}}{2}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\dfrac{b}{bc+1}\ge b-\dfrac{\sqrt{b^3c}}{2};\dfrac{c}{ca+1}\ge c-\dfrac{\sqrt{c^3a}}{2}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\ge3-\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{a^3b}+\sqrt{b^3c}+\sqrt{c^3a}\right)\ge3-\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{2}\)
Xảy ra khi \(a=b=c=1\)
KK
31 tháng 3 2017
Ta có \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca=abc\)
Xét \(\dfrac{a^2}{a+bc}+\dfrac{b^2}{b+ca}+\dfrac{c^2}{c+ab}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{a^2+abc}+\dfrac{b^3}{b^2+abc}+\dfrac{c^3}{c^2+abc}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{a^2+ab+bc+ca}+\dfrac{b^3}{b^2+ab+bc+ca}+\dfrac{c^3}{c^2+ab+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)}+\dfrac{b^3}{b\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)}+\dfrac{c^3}{c\left(b+c\right)+a\left(b+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{c^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{a+b}{8}+\dfrac{a+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3}{64}}=\dfrac{3a}{4}\\\dfrac{b^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{a+b}{8}+\dfrac{b+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{b^3}{64}}=\dfrac{3b}{4}\\\dfrac{b^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\dfrac{b+c}{8}+\dfrac{c+a}{8}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{b^3}{64}}=\dfrac{3b}{4}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{c^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\dfrac{4\left(a+b+c\right)}{8}\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{c^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\dfrac{a+b+c}{2}\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{c^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{4}-\dfrac{a+b+c}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{c^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\dfrac{a+b+c}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{a+bc}+\dfrac{b^2}{b+ca}+\dfrac{c^2}{c+ab}\ge\dfrac{a+b+c}{4}\) ( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=3\)
p/s: bài này em nhớ em đã giải cho anh ròi mà ta =))
N
1 tháng 10 2017
Fix đề: Cho a,b,c không âm. Chứng minh \(\dfrac{1}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{1}{\left(b-c\right)^2}+\dfrac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\dfrac{4}{ab+bc+ca}\)
Dự đoán điểm rơi sẽ có 1 số bằng 0.
Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\) ( c là số nhỏ nhất trong 3 số) thì \(c\ge0\)
do đó \(ab+bc+ca\ge ab\) và \(\dfrac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge\dfrac{1}{b^2};\dfrac{1}{\left(c-a\right)^2}=\dfrac{1}{\left(a-c\right)^2}\ge\dfrac{1}{a^2}\)
BDT cần chứng minh tương đương
\(ab\left[\dfrac{1}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\right]\ge4\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{a^2+b^2}{ab}\ge4\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{\left(a-b\right)^2}{ab}+2\ge4\)
BĐT trên hiển nhiên đúng theo AM-GM.
Do đó ta có đpcm. Dấu = xảy ra khi c=0 , \(\left(a-b\right)^2=a^2b^2\) ( và các hoán vị )
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
28 tháng 1 2021
\(P=\dfrac{a^2}{ab+\dfrac{1}{b}}+\dfrac{b^2}{bc+\dfrac{1}{c}}+\dfrac{c^2}{ca+\dfrac{1}{a}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}\)
\(P\ge\dfrac{3\left(ab+bc+ca\right)}{ab+bc+ca+\dfrac{ab+bc+ca}{abc}}=\dfrac{3}{1+\dfrac{1}{abc}}=\dfrac{3abc}{1+abc}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
NB
27 tháng 1 2021
Với a, b, c > 0 có:
\(P=\dfrac{a}{b+2c}+\dfrac{b}{c+2a}+\dfrac{c}{a+2b}\\ =\dfrac{a^2}{a\left(b+2c\right)}+\dfrac{b^2}{b\left(c+2a\right)}+\dfrac{c^2}{c\left(a+2b\right)}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(1+\alpha\right)\left(ab+bc+ca\right)}\ge\dfrac{3\left(ab+bc+ca\right)}{\left(1+\alpha\right)\left(ab+bc+ca\right)}\)
chọn \(\alpha=\dfrac{1}{abc}\Rightarrow dpcm\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
4 tháng 10 2021
\(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}\ge1\Leftrightarrow\dfrac{2}{a+2}+\dfrac{2}{b+2}+\dfrac{2}{c+2}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{a+2}+\dfrac{b}{b+2}+\dfrac{c}{c+2}\le1\)
\(\Rightarrow1\ge\dfrac{a^2}{a^2+2a}+\dfrac{b^2}{b^2+2b}+\dfrac{c^2}{c^2+2c}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\left(a+b+c\right)}\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(a+b+c\right)\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\) đpcm
Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có, với a,b,c >0
a/bc + b/ac ≥ 2*1/c
b/ac + c/ab ≥ 2*1/a
a/bc + c/ab ≥ 2*1/b
Cộng từng vế của 3 bất đẳng thức trên với nhau ta được
2*(a/bc + b/ac + c/ab) ≥ 2(1/a+1/b+1/c)
<=> đpcm
Sử dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có:
\dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ca}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{bc}.\dfrac{b}{ca}}=\dfrac{2}{b}bca+cab≥2bca.cab=b2
Viết hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng theo vế ba bất đẳng thức nhận được rồi chia 2 vế bất đẳng thức cho 2 ta được đpcm.