Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
ta có
\(M=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=3+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)\)
Lại áp dụng bất đẳng thức : \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)vào vế trên ta được \(M\ge3+2+2+2=9\left(dpcm\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky , ta có
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{b}}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{c}}\right)^2=\left(1+1+1\right)^2=9\)
a)\(\frac{a}{b}\)<\(\frac{a+c}{b+c}\)<=>a(b+c)<b(a+c)<=>ab+ac<ac+bc<=>ac<bc<=>a<b(đúng theo giả thiết)
Vậy:\(\frac{a}{b}\)<\(\frac{a+c}{b+c}\)
b) (a+b)(\(\frac{1}{a}\)+\(\frac{1}{b}\))=\(\frac{a+b}{a}\)+\(\frac{a+b}{b}\)=1+\(\frac{b}{a}\)+1+\(\frac{a}{b}\)
Giả sử a<b, ta đặt b=a+k(k>0)
Khi đó (a+b)(\(\frac{1}{a}\)+\(\frac{1}{b}\))=2+\(\frac{a+k}{a}\)+\(\frac{a}{b}\)=3+\(\frac{k}{a}\)+\(\frac{a}{b}\)=3+\(\frac{bk+a^2}{ab}\)=3+\(\frac{ak+k^2+a^2}{ab}\)=3+\(\frac{a\left(a+k\right)+k^2}{ab}\)=3+\(\frac{ab+k^2}{ab}\)=4+\(\frac{k^2}{ab}\)\(\ge\)4(đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b)
Chứng minh tương tự với a>b
Mình học lớp 7 nên chỉ làm được phần b, thôi
b, * Nếu x=1 thì:
1+1=2
* Nếu x=2 thì:
2+ 1/2 >2
* Nếu x>2
=> x + 1/x > 2 ( vì 1/x là số dương )
Vậy x + 1/x >=2 (x>0)
Phần A mình tìm được ở trang này nè http://olm.vn/hoi-dap/question/162099.html
Theo BĐT Holder ta có:
\(9\left(a^3+b^3+c^3\right)=\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(1+1+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a.1.1+b.1.1+c.1.1\right)^3\)
\(\Rightarrow9\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{9}\)
\(\Rightarrow P=\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}.3\sqrt[3]{abc}.\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}=\left(a+b+c\right)^2\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
C/m : \(a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{9}\)
Giả sử đpcm là đúng , ta có :
\(9\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)
\(\Leftrightarrow9\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(a+b\right)^3+3\left(a+b\right)^2c+3\left(a+b\right).c^2+c^3\)
\(\Leftrightarrow9\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge a^3+b^3+c^3+3ab\left(a+b\right)+3\left(a^2+2ab+b^2\right).c+3ac^2+3bc^2\)
\(\Leftrightarrow8\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge3ab\left(a+b\right)+\left(3a^2+6ab+3b^2\right).c+3ac^2+3bc^2\)
\(\Leftrightarrow8\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(3a^2c+3ac^2\right)+\left(3bc^2+3b^2c\right)+3ab\left(a+b\right)+6abc\)
\(\Leftrightarrow8\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge3ac\left(a+c\right)+3bc\left(b+c\right)+3ab\left(a+b\right)+6abc\left(1\right)\)
Do a ; b ; c > 0 , áp dụng BĐT Cô - si , ta có :
\(a^3+b^3+c^3\ge3abc\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge6abc\)
Từ ( 1 ) \(\Rightarrow6\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge3ac\left(a+c\right)+3bc\left(b+c\right)+3ab\left(a+b\right)\left(3\right)\)
Áp dụng BĐT phụ \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\) ( tự c/m ) , ta có :
\(3\left(a^3+c^3\right)\ge3ac\left(a+c\right)\) ; \(3\left(b^3+c^3\right)\ge3bc\left(b+c\right);3\left(a^3+b^3\right)\ge3ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow6\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3ab\left(a+b\right)+3ac\left(a+c\right)+3bc\left(b+c\right)\left(4\right)\)
( luôn đúng )
Từ ( 3 ) ; ( 4 ) => Điều giả sử là đúng => đpcm
Áp dụng vào bài toán , ta có :
\(\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{9}.\frac{9}{a+b+c}=\left(a+b+c\right)^2\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Xét: \(1+c^2=ab+bc+ca+c^2=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)
Tương tự CM được:
\(1+b^2=\left(a+b\right)\left(c+b\right)\) và \(1+a^2=\left(c+a\right)\left(b+a\right)\)
Mặt khác ta tách: \(\hept{\begin{cases}a-b=\left(a+c\right)-\left(b+c\right)\\b-c=\left(a+b\right)-\left(c+a\right)\\c-a=\left(c+b\right)-\left(a+b\right)\end{cases}}\)
Thay vào ta được:
\(Vt=\frac{\left(a+c\right)-\left(b+c\right)}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\frac{\left(a+b\right)-\left(c+a\right)}{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}+\frac{\left(c+b\right)-\left(a+b\right)}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{1}{b+c}-\frac{1}{c+a}+\frac{1}{c+a}-\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+b}-\frac{1}{b+c}\)
\(=0\)
=> đpcm
Ùi mình làm theo kiểu khác thử :V, nhưng có hơi hướng giống và bổ sung :D
Câu 2 : a,b,c > 0. CM : \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\)
Giải :
C1 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng Engel ta có :
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c}=\dfrac{9}{a+b+c}\left(ĐPCM\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{c}\).
C2 : Đầy đủ hơn với cách giải đúng của bạn Hoàng Thiên Di :
Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số dương (sgk là cosi :v)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=1+1+1+\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)+\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+\left(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\right)\)
\(\ge3+2+2+2=9\left(ĐPCM\right)\)
Câu 3 : a,b,c > 0. CM : \(\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\ge6\)
Giải :
\(\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\ge6\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{b}\ge6\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)+\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+\left(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\right)\ge6\)
Theo bất đẳng thức Cosi : \(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\ge2\sqrt{\dfrac{xy}{yx}}=2\)
Thay vào các vế được : \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{ab}{ba}}=2\sqrt{1}=2\)
\(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{ac}{ca}}=2\sqrt{1}=2\)
\(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{bc}{cb}}=2\sqrt{1}=2\)
\(\Leftrightarrow2+2+2\ge6\) (đúng)
BĐT được c/m.
Lời giải:
Với $a,b,c>0$ ta có:
\(\left\{\begin{matrix} 0< a+b< a+b+c\\ 0< b+c< a+b+c\\ 0< c+a< a+b+c\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{1}{a+b}>\frac{1}{a+b+c}\\ \frac{1}{b+c}>\frac{1}{a+b+c}\\ \frac{1}{c+a}>\frac{1}{a+b+c}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}>\frac{3}{a+b+c}\)
Ta có đpcm.
P.s: Bạn chú ý lần sau viết đề bằng công thức toán.