cho a,b,c >0 cmr: \(\frac{a+b}{bc+a^2}\)+\(\frac{b+c}{ac+b^2}\)+\(\frac{c+a}{ab+c^2}\)
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
3 tháng 8 2019
Câu hỏi của TRẦN HỮU ĐẠT - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
20 tháng 11 2017
Đặt A= abc(bc+a2)(ac+b2)(ab+c2)
Giả sử 1/a + /b + 1/c - (a+b)/(bc+a2) - (b+c)/(ac+b2) - (c+a)/(ab+c2) >=0
<=> (a4b4+b4c4+c4a4-a4b2c2-b4a2c2-c4a2b2)/A >= 0
<=> (2a4b4+2b4c4+2c4a4-2a4b2c2-2b4a2c2-2c4a2b2)/2A >= 0
<=> (a2b2-b2c2)2+(b2c2-c2a2)2+(c2a2-a2b2)2/2A >= 0 (đúng với mọi a,b,c)
20 tháng 11 2017
mk chỉ lm theo cách hiểu của mk thôi!nếu ko đúng thì thông cảm nha!
giả sử: \(a\ge b\ge c>0\)(ko mất tính tổng quát)
\(\Rightarrow a^2\ge ac\)\(\Leftrightarrow a^2+bc\ge ac+bc\) (vì b>0;c>0)
\(\Leftrightarrow a^2+bc\ge c\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{a^2+bc}\le\frac{1}{c}\) (vì a;b;c>0) (1)
c/m tương tự ta đc: \(\frac{b+c}{ac+b^2}\le\frac{1}{a};\) (2)
\(\frac{c+a}{ab+c^2}\le\frac{1}{b}\) (3)
từ (1),(2),(3)=>đpcm
23 tháng 8 2015
Xin lỗi lúc này do thày nhìn nhầm nên nghĩ câu 2 sai đề. Để đền bù thiệt hại, xin giải lại cả hai bài cho em
Cả hai bài toán này đều sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz. Em xem link dưới đây để biết rõ hơn: http://olm.vn/hoi-dap/question/174274.html
Câu 1. Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có
\(\frac{a}{2a^2+bc}+\frac{b}{2b^2+ac}+\frac{c}{2c^2+ab}=\frac{1}{2a+\frac{bc}{a}}+\frac{1}{2b+\frac{ca}{b}}+\frac{1}{2c+\frac{ab}{c}}\)
\(\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{2\left(a+b+c\right)+\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\right)}=\frac{9}{2\left(a+b+c\right)+\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{abc}}=\frac{9abc}{2abc\left(a+b+c\right)+\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)
\(=\frac{9abc}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=\frac{9abc}{9}=abc.\)
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu 2. Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz
\(\frac{8}{2a+b}=\frac{4}{a+\frac{b}{2}}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{\frac{b}{2}}=\frac{1}{a}+\frac{2}{b}.\)
Tương tự, \(\frac{48}{3b+2c}=\frac{16}{b+\frac{2c}{3}}\le4\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{\frac{2c}{3}}\right)=\frac{4}{b}+\frac{6}{c},\) và \(\frac{12}{c+3a}=\frac{4}{\frac{c}{3}+a}\le\frac{1}{\frac{c}{3}}+\frac{1}{a}=\frac{3}{c}+\frac{1}{a}.\)
Cộng ba bất đẳng thức lại ta được
\(\frac{8}{2a+b}+\frac{48}{3b+2c}+\frac{12}{c+3a}\le\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}\right)+\left(\frac{4}{b}+\frac{6}{c}\right)+\left(\frac{3}{c}+\frac{1}{a}\right)=\frac{2}{a}+\frac{6}{b}+\frac{9}{c}.\) (ĐPCM).
17 tháng 8 2016
Ta có : \(\left(a+b\right)^2\ge4ab\Leftrightarrow\frac{ab}{a+b}\le\frac{a+b}{4}\)
Tương tự : \(\frac{bc}{b+c}\le\frac{b+c}{4}\) ; \(\frac{ac}{a+c}\le\frac{a+c}{4}\)
Cộng các bđt trên theo vế được :
\(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ac}{c+a}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}=\frac{a+b+c}{2}\)
DT
Cho a,b,c>0 CMR
\( \frac{a^3}{bc}+ \frac{b^3}{ac}+ \frac{c^3}{ab}\ge \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c} \)
0
T
17 tháng 6 2019
Ta có:\(\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}=\sqrt{\frac{bc}{a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)}}\)
\(=\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}\right)\) (Áp dụng BĐT AM-GM)
Tương tự với hai BĐT còn lại và cộng theo vế ta thu được đpcm.
T
21 tháng 4 2019
a)Chứng minh BĐT phụ sau: \(\frac{p^2}{m}+\frac{q^2}{n}\ge\frac{\left(p+q\right)^2}{m+n}\) (m,n>0) (*)
\(\Leftrightarrow\frac{p^2n+q^2m}{mn}-\frac{p^2+2pq+q^2}{m+n}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{p^2n\left(m+n\right)+q^2m\left(m+n\right)-p^2mn-2pqmn-q^2mn}{mn\left(m+n\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(pq\right)^2-2.qp.mn+\left(qm\right)^2}{mn\left(m+n\right)}\ge0\Leftrightarrow\frac{\left(pn-qm\right)^2}{mn\left(m+n\right)}\ge0\) (đúng)
Dấu "=" xảy ra khi pn = qm.
Áp dụng BĐT (*) 2 lần,ta có: \(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}^{\left(đpcm\right)}\)
T
21 tháng 4 2019
b) Có cách này như mình không chắc:
Chuẩn hóa abc = 1.Đặt \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x}\right)\)
Ta cần chứng minh: \(\frac{y^2}{x^2}+\frac{z^2}{y^2}+\frac{x^2}{z^2}\ge\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\)
Ta có: \(\frac{y^2}{x^2}+\frac{z^2}{y^2}\ge2.\frac{z}{x}\) (Cô si)
\(\frac{z^2}{y^2}+\frac{x^2}{z^2}\ge2.\frac{x}{y}\)
\(\frac{y^2}{x^2}+\frac{x^2}{z^2}\ge2.\frac{y}{z}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên,ta được:\(2\left(\frac{y^2}{x^2}+\frac{z^2}{y^2}+\frac{x^2}{z^2}\right)\ge2\left(\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)\)
Suy ra \(\frac{y^2}{x^2}+\frac{z^2}{y^2}+\frac{x^2}{z^2}\ge\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}\frac{y^2}{x^2}=\frac{z^2}{y^2}\\\frac{z^2}{y^2}=\frac{x^2}{z^2}\end{cases}\Leftrightarrow}\frac{y^2}{x^2}=\frac{z^2}{y^2}=\frac{x^2}{z^2}\Leftrightarrow\frac{y}{x}=\frac{z}{y}=\frac{x}{z}\Leftrightarrow a=b=c\)
15 tháng 9 2015
Đầu tiên ta nhắc lại một kết quả sau: Với mọi số dương \(x,y\) thì \(\frac{x^2-xy+y^2}{x^2+xy+y^2}\ge\frac{1}{3}.\) Thực vậy bất đẳng thức tương đương với \(3\left(x^2-xy+y^2\right)\ge x^2+xy+y^2\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2\right)-4xy\ge0\Leftrightarrow2\left(x-y\right)^2\ge0.\) (Đúng).
Đặt vế trái của bất đẳng thức là \(S\) và đặt \(T=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ca+a^2}.\) Áp dụng hằng đẳng thức \(x^3-y^3=\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right),\) ta được
\(S-T=\frac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3-c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3-a^3}{c^2+ca+a^2}=\left(a-b\right)+\left(b-c\right)+\left(c-a\right)=0\).
Suy ra \(S=T.\) Ta có
\(2S=S+T=\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3+c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3+a^3}{c^2+ca+a^2}\)
\(=\left(a+b\right)\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}+\left(b+c\right)\frac{b^2-bc+c^2}{b^2+bc+c^2}+\left(c+a\right)\frac{c^2-ca+a^2}{c^2+ca+a^2}\)
\(\ge\frac{a+b}{3}+\frac{b+c}{3}+\frac{c+a}{3}=\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}.\)
Do đó \(2S\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\to S\ge\frac{a+b+c}{3}.\)
22 tháng 6 2017
Cho mk hỏi tại sao lại phải đặt thêm biểu thức T vậy ???
Mk vẫn ko hiểu cho lắm !!!
ML
3 tháng 6 2016
Một số đánh giá: \(a^2+ab+b^2=\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a-b\right)^2\ge\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2\)
\(ab=\frac{\left(a+b\right)^2}{4}-\frac{\left(a-b\right)^2}{4}\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)
\(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{a\left(a^2+ab+b^2\right)-a\left(ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}=a-\frac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\)
\(\ge a-\frac{\frac{\left(a+b\right)^2}{4}.\left(a+b\right)}{\frac{3}{4}\left(a+b\right)^2}=a-\frac{a+b}{3}=\frac{2a-b}{2}\)
Tương tự và suy ra đpcm.
Sửa đề: Cho \(a;b;c>0\). \(CMR:\)
\(\frac{a+b}{bc+a^2}+\frac{b+c}{ca+b^2}+\frac{c+a}{ab+c^2}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Ghi thiếu đề rồi