Cho a, b, c \(\ge\) 0. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
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
23 tháng 1 2021
Biến đổi tương đương:
\(\Leftrightarrow\dfrac{a+b}{ab}\ge\dfrac{4}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+2ab\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2-2ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Vậy BĐT đã cho đúng
T
28 tháng 11 2019
Chỉ cần chú ý:
\(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a}.\frac{ca}{b}}=2c\)
Từ đó thiết lập 2 BĐT còn lại tương tự rồi cộng theo vế thu được đpcm.
28 tháng 11 2019
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky :
\(\left(\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\right)\left(abc+abc+abc\right)\ge\left(ab+bc+ac\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge\frac{\left(ab+bc+ac\right)^2}{3abc}\left(1\right)\)
Áp dụng BĐT Cauchy
\(\hept{\begin{cases}a^2b^2+b^2c^2\ge2ab^2c\\a^2b^2+c^2a^2\ge2a^2bc\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\\b^2c^2+c^2a^2\ge2abc^2\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ac\right)^2\ge3\left(a+b+c\right)\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge a+b+c\left(đpcm\right)\)
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c\)
Chúc bạn học tốt !!!
BC
2
AH
Akai Haruma
Giáo viên
10 tháng 3 2021
Với $a,b,c>0$ thì $a^3+b^3+3abc> ab(a+b+c)$ chứ không có dấu "=" nhé bạn. Còn về cách làm thì bạn Trương Huy Hoàng đã làm rất chi tiết rồi.
10 tháng 3 2021
a3 + b3 + 3abc \(\ge\) ab(a + b + c)
\(\Leftrightarrow\) a3 + b3 + 3abc - a2b - ab2 - abc \(\ge\) 0
\(\Leftrightarrow\) a3 + b3 + 2abc - a2b - ab2 \(\ge\) 0
\(\Leftrightarrow\) a2(a - b) - b2(a - b) + 2abc \(\ge\) 0
\(\Leftrightarrow\) (a - b)(a2 - b2) + 2abc \(\ge\) 0
\(\Leftrightarrow\) (a - b)2(a + b) + 2abc \(\ge\) 0 (luôn đúng với mọi a, b, c > 0)
Chúc bn học tốt!
7 tháng 12 2021
Áp dụng BĐT cosi:
\(\left(a+b+b+c+c+a\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\\ \ge3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\cdot3\sqrt[3]{\dfrac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}=9\\ \Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\ge9\\ \Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\ge\dfrac{9}{2}\left(đpcm\right)\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c\)
LD
2 tháng 1 2019
\(VT=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\)
\(=\dfrac{a^2}{ab+ca}+\dfrac{b^2}{ab+bc}+\dfrac{c^2}{ca+bc}\ge\left(Schwarz\right)\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
Mà theo Cô-si ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\c^2+a^2\ge2ca\end{matrix}\right.\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\) (hằng đẳng thức)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\dfrac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
25 tháng 7 2018
Ta có: BĐT\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{a+b}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{b}{b+c}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{c}{c+a}-\dfrac{1}{2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2a-\left(a+b\right)}{2\left(a+b\right)}+\dfrac{2b-\left(b+c\right)}{2\left(b+c\right)}+\dfrac{2c-\left(c+a\right)}{2\left(c+a\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a-b}{2\left(a+b\right)}+\dfrac{b-c}{2\left(b+c\right)}+\dfrac{c-a}{2\left(c+a\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a-b}{2\left(a+b\right)}+\dfrac{b-a+a-c}{2\left(b+c\right)}+\dfrac{c-a}{2\left(c+a\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a-b}{2}\left(\dfrac{1}{a+b}-\dfrac{1}{b+c}\right)+\dfrac{a-c}{2}\left(\dfrac{1}{b+c}-\dfrac{1}{c+a}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a-b}{2}\left(\dfrac{c-a}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{a-c}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\) (đúng)
Vậy BĐT luôn đúng với \(a\ge b\ge c>0\)
2 tháng 1 2019
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\)
\(=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{ab+bc}+\frac{c^2}{ac+bc}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{ab+bc}+\frac{c^2}{ac+bc}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
Ta c/m BĐT phụ: \(ab+bc+ca\le\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)( b tự c/m nhé. Chuyển vế, c/m VP>=0 là xong )
\(\Rightarrow\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{ab+bc}+\frac{c^2}{ac+bc}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2.\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\frac{1}{\frac{2}{3}}=\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
đpcm
5 tháng 5 2019
\(C=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{c+a}+1+\frac{c}{a+b}+1\ge\frac{3}{2}+1+1+1\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}+\frac{a+b+c}{a+b}\ge\frac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\ge\frac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(b+c\right)+\left(c+a\right)+\left(a+b\right)\right]\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9\left(^∗\right)\)
Áp dụng bđt Cauchy :
\(\hept{\begin{cases}\left(b+c\right)+\left(c+a\right)+\left(a+b\right)\ge3\sqrt[3]{\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\\\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}\end{cases}}\)
Nhân vế của các bđt ta được :
\(VT\left(^∗\right)\ge3\sqrt[3]{\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\cdot3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}=9\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
5 tháng 5 2019
đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z
\(\Rightarrow\)a + b + c = \(\frac{x+y+z}{2}\)
\(\Rightarrow a=\frac{y+z-x}{2};b=\frac{x+z-y}{2};c=\frac{x+y-z}{2}\)
\(\Rightarrow C=\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\)
\(C=\frac{1}{2}.\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-3\right)\ge\frac{1}{2}\left(6-3\right)=\frac{3}{2}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\left (\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\right)(abc+abc+abc)\geq (ab+bc+ac)^2\)
\(\Leftrightarrow \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{3abc}\) $(1)$
Áp dụng BĐT Cauchy:
\(\left\{\begin{matrix} a^2b^2+b^2c^2\geq 2ab^2c\\ a^2b^2+c^2a^2\geq 2a^2bc\\ b^2c^2+c^2a^2\geq 2abc^2\end{matrix}\right.\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow (ab+bc+ac)^2\geq 3abc(a+b+c)(2)\)
Từ \((1),(2)\Rightarrow \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\geq a+b+c\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
b) Ta có:
\(\text{VT}+3=(a+b+c)\left (\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\left ( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right )(a+b+b+c+c+a)\geq (1+1+1)^2=9\)
\(\Rightarrow \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{9}{2(a+b+c)}\)
\(\Rightarrow \text{VT}+3\geq (a+b+c).\frac{9}{2(a+b+c)}=\frac{9}{2}\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{3}{2}\)
Do đó ta có đpcm.