CHỨNG MINH: \(a\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)\ge2a\)
Camon mng ạ:>Mai em thi roiiii
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
T
12 tháng 11 2019
1/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\text{ và }x\ge y\ge z\)
Ta sẽ chứng minh \(ax+by+cz\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\)(Thấy giông giống BĐT Chebyshev nhưng không biết có phải không nên ko dám áp dụng, chứng minh cho chắc:D)
\(\Leftrightarrow3ax+3by+3cz\ge\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(ax+by+cz\right)\ge a\left(y+z\right)+b\left(z+x\right)+c\left(x+y\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)a+\left(2y-z-x\right)b+\left(2z-x-y\right)c\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)a-\left[\left(2x-y-z\right)+\left(2z-x-y\right)\right]b+\left(2z-x-y\right)c\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(2x-y-z\right)\left(a-b\right)+\left(2z-x-y\right)\left(c-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(a-b\right)+\left(x-z\right)\left(a-c\right)+\left(y-z\right)\left(b-c\right)\ge0\) (Đúng do giả sử)
Như vậy: \(VT\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)+\sqrt{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)
\(\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)+\sqrt{\frac{\left(a+b+c\right)^2\left(x+y+z\right)^2}{9}}=\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)=VP\)
Ta có đpcm.
Is that true? Em không chắc ở cái bổ đề ban đầu, khi biến đổi có thể làm lộn, nhưng em lại ngại làm kỹ nên em đã làm tắt:v
TN
13 tháng 11 2019
Bài 1 nếu tự nhiên ép \(x\ge y\ge z \) đồng thời\(a\ge b \ge c\) thì lời giải rất vô duyên. Có thể làm cách khá như sau
Nếu đặt \(t=\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{a^2+b^2+c^2}}\) và giả sử \(\left(x,y,z\right)=\left(tp,tq,tr\right)\) thì ta có \(a^2+b^2+c^2=p^2+q^2+r^2\)
Khi đó cần cm \(ap+bq+cr+a^2+b^2+c^2\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)\left(p+q+r\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{4}{3}\left(a+b+c\right)\left(p+q+r\right)\le\left(a+p\right)^2+\left(b+q\right)^2+\left(c+r\right)^2\left(\text{*}\right)\)
Dùng bdt \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\) và \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\le a^2+b^2+c^2\) ta có:
\(VT\left(\text{*}\right)\le\frac{\left(a+b+c+p+q+r\right)^2}{3}\le\left(a+p\right)^2+\left(b+q\right)^2+\left(c+r\right)^2=VP\left(\text{*}\right)\)
17 tháng 10 2019
Ta có
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=3+a\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+b\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)+c\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{a}\right)\)
\(\ge3+2a.\frac{1}{\sqrt{bc}}+2b.\frac{1}{\sqrt{ac}}+2c.\frac{1}{\sqrt{ab}}\)
Mà \(abc\le1\)
=> \(VT\ge3+2a\sqrt{a}+2b\sqrt{b}+2c\sqrt{c}=VP\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
1 tháng 2 2019
Ta có:\(3\left(\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}\right)^2\le3\left[\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{a+b+c}\right]^2\)\(=3\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\le a^2+b^2+c^2\)(1)
Mặt khác:\(\left(\frac{ab}{c}\right)^2+\left(\frac{bc}{a}\right)^2\ge2.\frac{ab}{c}.\frac{bc}{a}=2b^2\)(2)
Tương tự ta cũng có:\(\left(\frac{bc}{a}\right)^2+\left(\frac{ca}{b}\right)^2\ge2c^2\)(3);\(\left(\frac{ca}{b}\right)^2+\left(\frac{ab}{c}\right)^2\ge2a^2\)(4)
Cộng theo vế (1),(2),(3) ta được:\(2\left[\left(\frac{ab}{c}\right)^2+\left(\frac{bc}{a}\right)^2+\left(\frac{ca}{b}\right)^2\right]\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{ab}{c}\right)^2+\left(\frac{bc}{a}\right)^2+\left(\frac{ca}{b}\right)^2\ge a^2+b^2+c^2\)(5)
Từ (1) và (5) suy ra điều phải chứng minh.Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
TN
6 tháng 8 2017
Quy đồng thần chưởng thôi :|, tua qua đoạn quy đồng mẫu tử đi nhé :v
\(BDT\Leftrightarrow\frac{\left(a^4c^2+a^2b^4+b^2c^4-a^3bc^2-a^2b^3c-ab^2c^3\right)+\left(a^3b^3+a^3c^3+b^3c^3-3a^2b^2c^2\right)}{abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)
Dễ thấy: \(abc\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)>0\forall a,b,c\)
Giờ cần chứng minh \(a^4c^2+a^2b^4+b^2c^4\ge a^3bc^2+a^2b^3c+ab^2c^3\)
Và \(a^3b^3+a^3c^3+b^3c^3\ge3a^2b^2c^2\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^3b^3+a^3c^3+b^3c^3\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^6}=3a^2b^2c^2\) (đúng)
Ko mất tính tq giả sử \(a\ge b\ge c\)
Khi đó \(a^4c^2+a^2b^4+b^2c^4\ge a^3bc^2+a^2b^3c+ab^2c^3\)
\(\Leftrightarrow c^2\left(a-b\right)\left(a^3-b^2c\right)+b^2\left(b-c\right)\left(a^2b-c^3\right)\ge0\) (đúng)
Hay ta có ĐPCM
23 tháng 6 2020
Ta có: \(P=\frac{1}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\frac{1}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}+\frac{1}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}\)
\(=\frac{1}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}-\frac{1}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)}-\frac{1}{\left(a-c\right)\left(c-b\right)}\)
\(=\frac{b-c}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}-\frac{a-c}{\left(a-c\right)\left(a-b\right)\left(b-c\right)}+\frac{a-b}{\left(a-c\right)\left(b-c\right)\left(a-b\right)}\)
\(=\frac{b-c-a+c+a-b}{\left(a-c\right)\left(b-c\right)\left(a-b\right)}=\frac{0}{\left(a-c\right)\left(b-c\right)\left(a-b\right)}=0\)(đpcm)
Bổ sung thêm điều kiện: a,b,c>0 thì mới có bất đẳng thức trên nhé.
Khi đó:
\(a\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)\ge2a\)
\(\Leftrightarrow\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\ge2\)
Dễ thấy bđt trên đúng theo bđt AM-GM cho hai số dương \(\frac{b}{c},\frac{c}{a}\)
Hoặc biến đổi tương đương, chuyển 2 sang vế trái ta được:
\(\frac{\left(b-c\right)^2}{bc}\ge0\)(Luôn đúng)
Dấu "=" khi b=c.