cho a,b,c>00 và a+b+c=1. cm:\(\frac{c+ab}{a+b}+\frac{a+bc}{b+c}+\frac{b+ca}{c+a}\ge2\)
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
PV
2
CT
26 tháng 1 2019
mik ví dụ 1 biểu thức nha
a(a+b+c)+bc/b+c=a^2+ab+ac+bc/b+c=(a+c)(a+b)/b+c
tương tự với mấy biểu thức còn lại
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
12 tháng 2 2020
\(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}\ge2\sqrt{\frac{ab}{abc^2}}=\frac{2}{c}\)
Tương tự: \(\frac{a}{bc}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{b}\) ; \(\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{a}\)
Cộng vế với vế:
\(2\left(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\right)\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Đề bài không đúng
13 tháng 8 2017
Áp dụng BĐT Cauchy , có :
\(\frac{a^3+b^3}{ab}+\frac{b^3+c^3}{bc}+\frac{c^3+a^3}{ca}\ge\frac{2\sqrt{a^3.b^3}}{ab}+\frac{2\sqrt{b^3.c^3}}{bc}+\frac{2\sqrt{c^3.a^3}}{ca}\)
\(\Leftrightarrow...........\ge2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}\)
Lại có :
\(2\sqrt{ab}+2\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}\ge2a+2b+2c\)
\(\Leftrightarrow\left(a-2\sqrt{ab}+b\right)+\left(b-2\sqrt{bc}+c\right)+\left(c-2\sqrt{ca}+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2+\left(\sqrt{c}-\sqrt{a}\right)^2\ge0\) (đúng)
Vậy \(\frac{a^3+b^3}{ab}+\frac{b^3+c^3}{bc}+\frac{c^3+a^3}{ca}\ge2a+2b+2c=2\left(a+b+c\right)\)
13 tháng 8 2017
Ta có BĐT \(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)
\(\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3}{ab}\ge\frac{ab\left(a+b\right)}{ab}=a+b\)
Tương tự cũng có 2 BĐT:
\(\frac{b^3+c^3}{bc}\ge b+c;\frac{c^3+a^3}{ca}\ge c+a\)
Cộng theo vế được ĐPCM
Khi a=b=c
TN
18 tháng 2 2017
Từ giả thiết \(a+b+c=1\Rightarrow2a+2b+2c=2\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)=2\)
Lại có \(\frac{ab+c}{a+b}=\frac{a\left(a+b+c\right)+bc}{b+c}=\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}\)
Viết lại BĐT cần chứng minh như sau:
\(\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}{c+a}\ge2\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=b+c\\y=a+c\\z=a+b\end{cases}}\) BĐT trên trở thành
\(\frac{xy}{z}+\frac{xz}{y}+\frac{yz}{x}\ge2\left(\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\x+y+z=2\end{cases}}\right)\)
ĐÚng theo BĐT AM-GM vậy c/m xong
T
30 tháng 12 2019
a) \(S=\frac{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{3\left(a^4+b^4+c^4\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}-\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\Sigma_{cyc}\left(a+b\right)^2\left(a-b\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}-\frac{\Sigma_{cyc}\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a-b\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(a^2+4ab+b^2-c^2\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
Giả sử \(a\ge b\ge c\Rightarrow c^2+4ca+a^2-b^2\ge0\)
Ta có: \(VT=\left(a^2+4ab+b^2-c^2\right)\left(a-b\right)^2+\left(b^2+4bc+c^2-a^2\right)\left(b-c\right)^2+\left(c^2+4ca+a^2-b^2\right)\left(a-b+b-c\right)^2\)
\(=\left(2a^2+4ab+4ca\right)\left(a-b\right)^2+\left(2c^2+4ca+4bc\right)\left(b-c\right)^2+\left(c^2+4ca+a^2-b^2\right)\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)Ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
T
30 tháng 12 2019
b) \(\Leftrightarrow\frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{abc}-\frac{9\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\left(\frac{a+b+c}{abc}-\frac{9}{a^2+b^2+c^2}\right)\ge0\) (phân tích cái tử của phân thức thức nhất thành nhân tử rồi nhóm lại)
\(\Leftrightarrow\left[\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+b-2c\right)^2\right]\left(\frac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-9abc}{abc\left(a^2+b^2+c^2\right)}\right)\ge0\) (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
P/s: Đáng ráng phân tích tiếp cái ngoặc phía sau cho đẹp nhưng lười quá nên thôi:v (dùng Cauchy nó cũng đúng rồi nên phân tích làm gì cho mệt)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 6 2020
\(\sqrt{\frac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}=\sqrt{\frac{ab+2c^2}{a^2+b^2+ab}}=\frac{ab+2c^2}{\sqrt{\left(ab+2c^2\right)\left(a^2+b^2+ab\right)}}\ge\frac{2\left(ab+2c^2\right)}{a^2+b^2+2ab+2c^2}\ge\frac{ab+2c^2}{a^2+b^2+c^2}=ab+2c^2\)
Tương tự: \(\sqrt{\frac{bc+2a^2}{1+bc-a^2}}\ge bc+2a^2\) ; \(\sqrt{\frac{ca+2b^2}{1+ac-b^2}}\ge ca+2b^2\)
Cộng vế với vế:
\(VT\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca=2+ab+bc+ca\)
\(VT=\sum\frac{c\left(a+b+c\right)+ab}{a+b}=\sum\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}\)
Đặt \(\left(a+b;b+c;c+a\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z=2\)
\(VT=\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}\right)+\left(\frac{xy}{z}+\frac{zx}{y}\right)+\left(\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}\right)\right]\)
\(VT\ge\frac{1}{2}\left(2\sqrt{\frac{xy^2z}{xz}}+2\sqrt{\frac{x^2yz}{yz}}+2\sqrt{\frac{xyz^2}{xy}}\right)=x+y+z=2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)