Cho a,b,c > 0. Chứng minh: \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\) (Nesbit)
Mọi người cho mình hỏi với bạn @huyenthoaikkkk thực lực ngang CTV à, thấy bạn ý vào dọa mình thế chứ mình cũng có biết gì đâu:(((
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số không âm, ta có:
\(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}+\frac{b+c}{4}+\frac{a+b}{4}+\frac{c+a}{4}\)
\(\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b+c}.\frac{b+c}{4}}+2\sqrt{\frac{b^2}{c+a}.\frac{c+a}{4}}+2\sqrt{\frac{c^2}{a+b}.\frac{a+b}{4}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}+\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow\frac{a\left(a+b+c\right)}{b+c}+\frac{b\left(a+b+c\right)}{c+a}+\frac{c\left(a+b+c\right)}{a+b}\ge\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
Bạn tự chứng minh BĐT phụ: \(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\) \(x;y;z>0\)
Áp dụng, ta có:
\(\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge9\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge\frac{9}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{c+a}+1+\frac{c}{a+b}+1\ge\frac{9}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
Xài BĐT Bunhiacopski ta dễ có:
\(\left[a\left(b+c\right)+b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)\right]\left[\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\right]\)
\(\ge\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2=\left(ab+bc+ca\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\ge\frac{ab+bc+ca}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2}=\frac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1
Đặt \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x}\right)\) khi đó vế trái của bất đẳng thức tương đương với :D
\(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\)
Sử dụng AM - GM:
\(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y+z}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^2}{y+z}\cdot\frac{y+z}{4}}=x\)
Tương tự cộng lại thì có đpcm nhóe :))
\(A=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
=> \(A+3=\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{c+a}+1+\frac{c}{a+b}+1\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
\(\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}.3\sqrt[3]{\frac{1}{a+b}.\frac{1}{b+c}.\frac{1}{c+a}}=\frac{9}{2}\) (AM - GM)
=> \(A\ge\frac{9}{2}-3=\frac{3}{2}\) (đpcm)
Đặt \(A=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
\(A=\frac{a^2}{ba+ca}+\frac{b^2}{cb+ba}+\frac{c^2}{ac+bc}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-schwarz ta có:
\(A=\frac{a^2}{ba+ca}+\frac{b^2}{cb+ba}+\frac{c^2}{ac+bc}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2.\left(ab+bc+ca\right)}\)
Ta c/m BĐT phụ \(ab+bc+ca\le\frac{1}{3}.\left(a+b+c\right)^2\)( tự c/m)
Áp dụng:
\(A\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2.\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\frac{1}{\frac{2}{3}}=\frac{3}{2}\)
đpcm
Tham khảo nhé~
vì 1 phần mấy mà chả lớn hơn 0 9 / a+b+c =9a:2 b:2 c::2 nên a và b lớn hơn o k mình nha hứa rùi đó thực hiện 10 lần nhé
xin lỗi nhưng em không biết,bởi vì em mới học lớp 6 thôi nên không biết gì cả.Nếu em bằng tuổi anh chị thì em đã giúp rồi nhưng em chưa học đến nên không biết.Thông cảm cho em.T T
1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)
\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\) (1)
áp dụng (x2 +y2 +z2)(m2+n2+p2) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)
(2a2bc +b2c2 + 2b2ac+a2c2 + 2c2ab+a2b2). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\) <=> (ab+bc+ca)2. VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\) ( vậy (1) đúng)
dấu '=' khi a=b=c
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
\(\hept{\begin{cases}a^n+\left(n-1\right)\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^n\ge n\sqrt[n]{a^n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n\left(n-1\right)}}=n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n-1}a\\b^n+\left(n-1\right)\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^n\ge n\sqrt[n]{b^n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n\left(n-1\right)}}=n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n-1}b\\c^n+\left(n-1\right)\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^n\ge n\sqrt[n]{c^n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n\left(n-1\right)}}=n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n-1}c\end{cases}}\)
_________________________________________________________________________________________
\(\Rightarrow\left(a^n+b^n+c^n\right)\ge n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n-1}\left(a+b+c\right)-3\left(n-1\right)\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^n\)\(=3\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^n\)
\(N=3\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)+\left(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\right)\)
\(\ge\frac{27}{2\left(a+b+c\right)}+\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=6^{\left(đpcm\right)}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b =c = 1
Ta có đánh giá \(\frac{3+a^2}{3-a}\ge2a\) \(\forall a:0< a< 3\)
Thật vật, biến đổi tương đương: \(\Leftrightarrow3+a^2\ge2a\left(3-a\right)\Leftrightarrow3\left(a-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Tương tự: \(\frac{3+b^2}{3-b}\ge2b\) ; \(\frac{3+c^2}{3-c}\ge2c\)
Cộng vế với vế: \(N\ge2\left(a+b+c\right)=6\)
\("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Lần sau đăng ít 1 thôi đăng nhiều ngại làm, bn đăng nhiều nên tui hướng dẫn sơ qua thôi tự làm đầy đủ vào vở
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^4+b^4\ge2a^2b^2;b^4+c^4\ge2b^2c^2;c^4+a^4\ge2c^2a^2\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên rồi thu gọn
\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Áp dụng tiếp BĐT AM-GM
\(a^2b^2+b^2c^2=b^2\left(a^2+c^2\right)\ge2b^2ac\)
Tương tự rồi cộng theo vế có ĐPCM
Bài 2:
Quy đồng BĐT trên ta có:
\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-\frac{a}{b}-\frac{b}{a}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2b^2}\ge0\) (luôn đúng)
Bài 4: Áp dụng BĐT AM-GM
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)
\(\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3}{ab}\ge\frac{ab\left(a+b\right)}{ab}=a+b\)
Tương tự rồi cộng theo vế
Bài 5: sai đề tự nhien có dấu - :v nghĩ là +
ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
<=> \(\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}+\frac{a+b+c}{a+b}\ge\frac{9}{2}\)
<=> \(2\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9\)
<=> \(\left(a+b+b+c+c+a\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\ge9\)
<=> \(\frac{a+b}{b+c}+\frac{a+b}{c+a}+1+1+\frac{b+c}{c+a}+\frac{b+c}{a+b}+\frac{c+a}{b+c}+1+\frac{c+a}{a+b}\ge9\)
<=> \(\left(\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}\right)+\left(\frac{a+b}{c+a}+\frac{c+a}{a+b}\right)+\left(\frac{b+c}{c+a}+\frac{c+a}{b+c}\right)\ge6\)(đúng)
=> ĐPCM
Mình làm cách đơn giản nhất nhá :))
Ta có:
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+3=\left(\frac{a}{b+c}+1\right)+\left(\frac{b}{c+a}+1\right)+\left(\frac{c}{a+b}+1\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\ge\frac{9\left(a+b+c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{9}{2}\left(Cauchy-Schwarz\right)\)
Hay \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+3\ge\frac{9}{2}\Leftrightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)