Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
\(\frac{a^2+bc}{b+c}+\frac{b^2+ac}{c+a}+\frac{c^2+ab}{a+b}\geq a+b+c\)
\(\Leftrightarrow \frac{a^2+bc}{b+c}-c+\frac{b^2+ac}{a+c}-a+\frac{c^2+ab}{a+b}-b\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{a^2-c^2}{b+c}+\frac{b^2-a^2}{a+c}+\frac{c^2-b^2}{a+b}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a^2\left(\frac{1}{b+c}-\frac{1}{a+c}\right)+b^2\left(\frac{1}{a+c}-\frac{1}{a+b}\right)+c^2\left(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{b+c}\right)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{a^2(a-b)(a+b)+b^2(b-c)(b+c)+c^2(c-a)(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a^2(a^2-b^2)+b^2(b^2-c^2)+c^2(c^2-a^2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4-(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{(a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2}{2}\geq 0\) (luôn đúng)
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
159. Cho ba số dương a,b,c. Chứng minh: \(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge ab+bc+ca\)
Áp dụng bất đẳng thức \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) có:
\(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge\dfrac{a^2b}{b}+\dfrac{b^2c}{c}+\dfrac{c^2a}{a}\)
\(=a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
Dấu " = " khi a = b = c = 1
Vậy...
Lời giải:
\((3a+2b)(3a+2c)=16bc\)
\(\Leftrightarrow 9a^2+6a(b+c)=12bc\)
Theo BĐT Cô-si \(4bc\leq (b+c)^2\Rightarrow 9a^2+6a(b+c)\leq 3(b+c)^2\)
\(\Rightarrow 3a^2+2a(b+c)\leq (b+c)^2\)
\(\Leftrightarrow (b+c)^2-3a^2-2a(b+c)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (b+c)^2-9a^2-2a(b+c)+6a^2\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (b+c-3a)(b+c+3a)-2a(b+c-3a)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (b+c-3a)(b+c+a)\geq 0\)
Vì $a+b+c>0$ nên \(b+c-3a\geq 0\Rightarrow b+c\geq 3a\) (đpcm)
b) Áp dụng BĐT Cô-si và kết quả phần a:
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b+c}{a}=\frac{a}{b+c}+\frac{b+c}{9a}+\frac{8(b+c)}{9a}\)
\(\geq 2\sqrt{\frac{a}{b+c}.\frac{b+c}{9a}}+\frac{8(b+c)}{9a}=\frac{2}{3}+\frac{8(b+c)}{9a}\geq \frac{2}{3}+\frac{8.3a}{9a}=\frac{2}{3}+\frac{8}{3}=\frac{10}{3}\)
Ta có đpcm.
Gọi cái đó là P
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}b+c-a=2x\\c+a-b=2y\\a+b-c=2z\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=y+z\\b=z+x\\c=x+y\end{matrix}\right.\)
Thì ta có:
\(P=\dfrac{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}{2z}+\dfrac{\left(x+y\right)\left(z+y\right)}{2y}+\dfrac{\left(z+x\right)\left(y+x\right)}{2x}\ge2\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2-2xyz^2-2yzx^2-2zxy^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(xy-yz\right)^2+\left(yz-zx\right)^2+\left(zx-xy\right)^2\ge0\) (đúng)
\(\RightarrowĐPCM\)
1) xét hiệu
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{4}{a+b}\ge0\)
<=> \(\dfrac{b\left(a+b\right)}{ab\left(a+b\right)}+\dfrac{a\left(a+b\right)}{ab\left(a+b\right)}-\dfrac{4ab}{ab\left(a+b\right)}\ge0\)
=> b(a+b)+a(a+b)-4ab ≥ 0
<=> ab+b2+a2+ab-4ab ≥ 0
<=> a2 -2ab+b2 ≥ 0
<=> (a-b)2 ≥ 0 (luôn đúng )
=> đpcm
2)Ta có:\(\left(a-b\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Rightarrow a^2+2ab+b^2-4ab\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
TT\(\Rightarrow\left(b+c\right)^2\ge4bc;\left(c+a\right)^2\ge4ca\)
\(\Rightarrow\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2\ge64a^2b^2c^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có hệ quả quen thuộc sau:
\(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^2}{3}\geq ab+bc+ac\Rightarrow \frac{3}{ab+bc+ac}\geq \frac{3}{\frac{(a+b+c)^2}{3}}=\frac{9}{(a+b+c)^2}\)
Do đó:
\(1+\frac{3}{ab+bc+ac}\geq 1+\frac{9}{(a+b+c)^2}\) (1)
Ta sẽ đi chứng minh \(1+\frac{9}{(a+b+c)^2}\geq \frac{6}{a+b+c}\) (2)
\(\Leftrightarrow \left(\frac{3}{a+b+c}-1\right)^2\geq 0\) (đúng)
Từ (1),(2) suy ra \(1+\frac{3}{ab+bc+ac}\geq \frac{6}{a+b+c}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)