cho các số dương a,b,c.Chứng minh rằng :
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{4c}{a+b}>2.\)
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
13 tháng 7 2020
\(\Sigma_{sym}a^4b^4\ge\frac{\left(\Sigma_{sym}a^2b^2\right)^2}{3}\ge\frac{\left(\Sigma_{sym}ab\right)^4}{27}\ge\frac{a^2b^2c^2\left(a+b+c\right)^2}{3}=3a^4b^4c^4\)
13 tháng 7 2020
\(\Sigma\frac{a^5}{bc^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^4}{abc\left(a+b+c\right)^3}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^6\left(a^2+b^2+c^2\right)}{27abc\left(a+b+c\right)^3}\)
\(\ge\frac{\left(3\sqrt[3]{abc}\right)^3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{27abc}=a^2+b^2+c^2\)
TN
19 tháng 5 2016
Bất đẳng thức tương đương với
\(\frac{a^2}{b+c}+a+\frac{b^2}{c+a}+b+\frac{c^2}{a+b}+c\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}}+a+b+c\)
\(\Leftrightarrow\frac{a\left(a+b+c\right)}{b+c}+\frac{b\left(a+b+c\right)}{c+a}+\frac{c\left(a+b+c\right)}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}}+a+b+c\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{a+b+c}{2\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}}+1\left(1\right)\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\(\left[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right]\left[a\left(b+c\right)+b\left(c+a\right)+c\left(a+b\right)\right]\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
Ta chứng minh \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{a+b+c}{2\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}}+1\left(2\right)\)
Đặt \(t=\frac{a+b+c}{\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}}>0\),từ BĐT \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
Ta được \(t^2\ge0\Rightarrow t>1\).BĐT (2) viết lại thành
\(\frac{3t^2}{2}\ge\frac{t}{2}+1\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(3t+2\right)\ge0\) luôn đúng
=>(2) được chứng minh
Từ (1) và (2) => điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
2 tháng 2 2018
Ta dự đoán :\(\sqrt{\frac{a^3}{a^3+\left(b+c\right)^3}}\ge\frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}\)
Thật vậy ta sẽ chứng minh nó:
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a\left(a^3+\left(b+c\right)^3\right).\)
\(\Leftrightarrow2a^2\left(b^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)^2\ge a\left(b+c\right)^3\left(#\right)\)
Ta có:\(2a^2\left(b^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)^2\ge a^2\left(b+c\right)^2+\frac{1}{4}\left(b+c\right)^4\ge a\left(b+c\right)^3\)
Từ đó , ta có bất đẳng thức \(\left(#\right).\)
Tương tự:
\(\sqrt{\frac{b^3}{b^3+\left(a+c\right)^3}}\ge\frac{b^2}{a^2+b^2+c^2}\)
\(\sqrt{\frac{c^3}{c^3+\left(a+b\right)^3}}\ge\frac{c^2}{a^2+b^2+c^2}.\)
Cộng bất đẳng thức trên lại ta có điểu phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
PN
28 tháng 7 2016
Keke
\(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\ge\frac{3}{a+b}+\frac{18}{3b+4c}+\frac{9}{c+6a}\) \(\left(i\right)\)
Đặt \(x=\frac{1}{a};\) \(y=\frac{2}{b};\) và \(z=\frac{3}{c}\) \(\Rightarrow\) \(\hept{\begin{cases}a=\frac{1}{x}\\b=\frac{2}{b}\\c=\frac{3}{z}\end{cases}}\) nên \(x,y,z>0\)
Khi đó, ta có thể biểu diễn lại bđt \(\left(i\right)\) dưới dạng ba biến \(x,y,z\) như sau:
\(x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3xz}{2z+x}\) \(\left(ii\right)\)
Lúc này, ta cần phải chứng minh bđt \(\left(ii\right)\) luôn đúng với mọi \(x,y,z>0\)
Thật vậy, ta có:
\(2x+y=x+x+y\ge3\sqrt[3]{x^2y}\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3xy}{3\left(x^2y\right)^{\frac{1}{3}}}=\left(xy^2\right)^{\frac{1}{3}}\le\frac{x+2y}{3}\) \(\left(1\right)\)
Thiết lập các bđt còn lại theo vòng hoán vị \(y\rightarrow z\rightarrow x\) , ta có:
\(\frac{3yz}{2y+z}\le\frac{y+2z}{3}\) \(\left(2\right);\) \(\frac{3xz}{2z+x}\le\frac{z+2x}{3}\) \(\left(3\right)\)
Cộng từng vế ba bđt \(\left(1\right);\) \(\left(2\right);\) và \(\left(3\right)\) ta được:
\(VP\left(ii\right)\le\frac{x+2y+y+2z+z+2x}{3}=\frac{3\left(x+y+z\right)}{3}=x+y+z=VT\left(ii\right)\)
Vậy, bđt \(\left(ii\right)\) được chứng minh.
nên kéo theo bđt \(\left(i\right)\) luôn là bđt đúng với mọi \(a,b,c>0\)
Dấu \("="\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(x=y=z\) \(\Leftrightarrow\) \(6a=3b=2c\)
20 tháng 9 2016
Áp dụng BĐT Cauchy , ta có : \(\sqrt{\frac{b+c}{a}.1}\le\frac{\frac{b+c}{a}+1}{2}=\frac{a+b+c}{2a}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{b+c}}\ge\frac{2a}{a+b+c}\)(1)
Tương tự : \(\sqrt{\frac{b}{a+c}}\ge\frac{2b}{a+b+c}\)(2) ; \(\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2c}{a+b+c}\) (3)
Cộng (1) , (2) và (3) theo vế ta được \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge2\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b+c\\b=c+a\\c=a+b\end{cases}\Leftrightarrow}a+b+c=0\) (vô lí vì trái với giả thiết bài ra )
Vậy ta có điều phải chứng minh.
2 tháng 9 2016
Áp dụng Bat đẳng thức C.B.S dạng Angel
Dấu bằng xảy ra khi a=2;b=1;c=1
\(A=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{4c}{a+b}\)
\(A>\frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{c+a+b}+\frac{2c}{a+b+c}\)
\(A>\frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}>2\Rightarrow dpcm\)