Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
ý a, áp dụng BĐT cô si có
a + b >= căn ab dấu = xay ra a=b
b + c >= căn bc dau = xay ra khi b=c
c+a >= căn ac dau = xay ra khi a=c
công tung ve vao. rut gon ta dc điều phải chung minh
Ta có : \(\frac{3+a^2}{b+c}+\frac{3+b^2}{c+a}+\frac{3+c^2}{a+b}=\frac{3}{b+c}+\frac{3}{c+a}+\frac{3}{a+b}+\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\)
Ta cầm chứng minh : \(\hept{\begin{cases}\frac{3}{a+b}+\frac{3}{a+c}+\frac{3}{b+c}\ge\frac{9}{2}\left(1\right)\\\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{3}{2}\left(2\right)\end{cases}}\)
Ta có bđt (1) \(\Leftrightarrow\frac{a+b+c}{a+b}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{b+c}\ge\frac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(a+c\right)\right]\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\ge9\)
Áp dụng bđt AM GM ta có :
\(\hept{\begin{cases}\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(a+c\right)\ge3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\\\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\end{cases}}\)
Nhân vế với vế ta được đpcm ; Vậy bđt (1) đc chứng minh
Ta có \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}=\frac{3}{2}\)
Vậy bđt (2) đc chứng minh
Do 2 bất đẳng thức dước chứng minh
\(\Rightarrow\frac{3+a^2}{b+c}+\frac{3+b^2}{a+c}+\frac{3+c^2}{a+b}\ge\frac{3}{2}+\frac{9}{2}=6\) (ĐPCM)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
\(a^2\sqrt{a}+b^2\sqrt{b}+c^2\sqrt{c}+\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\)
\(=\left(a^2\sqrt{a}+\frac{1}{\sqrt{a}}\right)+\left(b^2\sqrt{b}+\frac{1}{\sqrt{b}}\right)+\left(c^2\sqrt{c}+\frac{1}{\sqrt{c}}\right)\)
\(\ge2a+2b+2c\ge6\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2=6\)
Áp dụng BĐT cô si với hai số không âm, Ta có:
\(\left(a+b+c\right)^2=1\ge4a\left(b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\)
Mà \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\forall b,c\ge0\)
\(\Rightarrow b+c\ge16abc\)
Dấu "=" xảy ra khi:
\(\hept{\begin{cases}a+b+c=1\\b=c\\a=b+c\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=\frac{1}{2}\\b=c=\frac{1}{4}\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow3+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge6\)
Áp dụng BĐT Cô si với 2 số dương ta có:
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2,\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\ge2,\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge6\)(đúng)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\)(do a+b+c=1)
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
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.
Ta có \(\frac{b+c+6}{1+a}=\frac{11-a}{1+a}=-1+\frac{12}{1+a}\)
\(\frac{c+a+4}{2+b}=-1+\frac{12}{2+b}\)
\(\frac{a+b+3}{3+c}=-1+\frac{12}{3+c}\)
Mà \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{3+c}\ge\)
\(\frac{3^2}{1+2+3+a+b+c}=\frac{3}{4}\)
Từ đó => VT \(\ge\)-3 + \(12\frac{3}{4}\)= 6
Đặt x=a+1; y=b+2; z=3+c (x;y;z>0)
\(VT=\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}+\frac{x+y}{z}\)
\(=\frac{y}{x}+\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\)
\(\ge2\sqrt{\frac{y}{x}\cdot\frac{x}{y}}+2\sqrt{\frac{z}{x}\cdot\frac{x}{z}}+2\sqrt{\frac{y}{z}\cdot\frac{z}{y}}=6\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=3; b=2; c=1
Áp dụng bđt AM-GM:
\(a^2\sqrt{a}+\frac{1}{\sqrt{a}}\ge2a\)
\(b^2\sqrt{b}+\frac{1}{\sqrt{b}}\ge2b\)
\(c^2\sqrt{c}+\frac{1}{\sqrt{c}}\ge2c\)
Cộng theo vế: \(VT\ge2\left(a+b+c\right)\ge\frac{2}{3}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2=6\) (Cauchy-Schwarz)
\("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Đặt \(a-b=x;b-c=y;c-a=z\)
\(\Rightarrow x+y+z=a-b+b-c+c-a=0\)
Lúc đó: \(B=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\)
Mà \(x+y+z=0\Rightarrow2\left(x+y+z\right)=0\Rightarrow\frac{2\left(x+y+z\right)}{xyz}=0\)
\(\Rightarrow B=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{2\left(x+y+z\right)}{xyz}\)
\(=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{2}{yz}+\frac{2}{xz}+\frac{2}{xy}\)
\(=\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)^2\)
\(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}-6=\left(\frac{a}{b}-2+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}-2+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}-2+\frac{a}{c}\right)\)
\(=\left(\sqrt{\frac{a}{b}}-\sqrt{\frac{b}{a}}\right)^2+\left(\sqrt{\frac{b}{c}}-\sqrt{\frac{c}{b}}\right)^2+\left(\sqrt{\frac{c}{a}}-\sqrt{\frac{a}{c}}\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\ge6\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.