cho a,b,c>0/ chứng minh rằng
\(A=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{9b}{a+c}+\dfrac{16c}{a+b}\ge6\)
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
TT
1
29 tháng 10 2017
đề có sai 1 chút nha bạn :
đề phải là \(a;b;c>0\) : \(CMR\) \(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{9b}{a+c}+\dfrac{16c}{a+b}\ge6\) mới đúng
giải
đặt : \(P=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{9b}{a+c}+\dfrac{16c}{a+b}\)
ta có : \(P=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{9b}{a+c}+\dfrac{16c}{a+b}\)
\(P=\left(\dfrac{a}{b+c}+1\right)+\left(\dfrac{9b}{a+c}+9\right)+\left(\dfrac{16c}{a+b}+16\right)-26\)
\(P=\left(\dfrac{a+b+c}{b+c}\right)+\left(\dfrac{9b+9a+9c}{a+c}\right)+\left(\dfrac{16c+16a+16b}{a+b}\right)-26\)\(P=\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{9}{a+c}+\dfrac{16}{a+b}\right)-26\)
\(P=\dfrac{1}{2}\left(\left(b+c\right)+\left(a+c\right)+\left(a+b\right)\right)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{9}{a+c}+\dfrac{16}{a+b}\right)-26\)
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki
ta có :
\(\left(\left(b+c\right)+\left(a+c\right)+\left(a+b\right)\right)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{9}{a+c}+\dfrac{16}{a+b}\right)\ge\left(\sqrt{1}+\sqrt{9}+\sqrt{16}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(\left(b+c\right)+\left(a+c\right)+\left(a+b\right)\right)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{9}{a+c}+\dfrac{16}{a+b}\right)\ge64\)
\(\Leftrightarrow\) \(P=\dfrac{1}{2}\left(\left(b+c\right)+\left(a+c\right)+\left(a+b\right)\right)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{9}{a+c}+\dfrac{16}{a+b}\right)-26\ge\dfrac{1}{2}.64-26\)
\(\Leftrightarrow P\ge6\)vậy \(P=\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{9b}{a+c}+\dfrac{16c}{a+b}\ge6\) (đpcm)
dấu "=" xảy ra khi \(b+c=\dfrac{a+c}{9}=\dfrac{a+b}{16}\)
KK
26 tháng 5 2017
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky
\(\Rightarrow\sqrt{\left(\dfrac{8}{a^2}+\dfrac{9b^2}{2}+\dfrac{c^2a^2}{4}\right)\left[\left(\sqrt{2}\right)^2+\left(3\sqrt{2}\right)^2+2^2\right]}\ge\left(\sqrt{\dfrac{4}{a}+9b+ca}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{6}\sqrt{\dfrac{8}{a^2}+\dfrac{9b^2}{2}+\dfrac{c^2a^2}{4}}\ge\dfrac{4}{a}+9b+ac\)
Tương tự ta có \(\left\{{}\begin{matrix}2\sqrt{6}\sqrt{\left(\dfrac{8}{b^2}+\dfrac{9c^2}{2}+\dfrac{a^2b^2}{4}\right)}\ge\dfrac{4}{b}+9c+ab\\2\sqrt{6}\sqrt{\left(\dfrac{8}{c^2}+\dfrac{9a^2}{2}+\dfrac{b^2c^2}{4}\right)}\ge\dfrac{4}{c}+9a+bc\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow2\sqrt{6}S\ge\dfrac{4}{a}+9a+\dfrac{4}{b}+9b+\dfrac{4}{c}+9c+ab+bc+ac\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{6}S\ge\dfrac{4}{a}+a+8a+\dfrac{4}{b}+b+8b+\dfrac{4}{c}+c+8c+ab+bc+ca\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{4}{a}+a\ge2\sqrt{4}=4\\\dfrac{4}{b}+b\ge2\sqrt{4}=4\\\dfrac{4}{c}+c\ge2\sqrt{4}=4\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\dfrac{4}{a}+a+8a+\dfrac{4}{b}+b+8b+\dfrac{4}{c}+c+8c+ab+bc+ca\ge12+8a+8b+8c+ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow2\sqrt{6}S\ge12+8a+8b+8c+ab+bc+ac\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{6}S\ge12+2a+bc+2b+ac+2c+ab+6\left(a+b+c\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow2a+bc\ge2\sqrt{2abc}\)
Tượng tự ta có \(2b+ac\ge2\sqrt{2abc}\) ; \(2c+ab\ge2\sqrt{2abc}\)
\(\Rightarrow12+2a+bc+2b+ac+2c+ab+6\left(a+b+c\right)\ge6\left(a+b+c+\sqrt{2abc}\right)+12\)
\(\Rightarrow2\sqrt{6}S\ge6\left(a+b+c+\sqrt{2abc}\right)+12\)
Theo đề bài ta có \(a+b+c+\sqrt{2abc}\ge10\)
\(\Rightarrow6\left(a+b+c+\sqrt{2abc}\right)+12\ge72\)
\(\Rightarrow S\ge\dfrac{72}{2\sqrt{6}}=6\sqrt{6}\) ( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=2\)
1 tháng 10 2017
Mình đặt bằng A cho dễ tính nha
A=a/b+a/c+b/c+b/a+c/b+c/a
Áp dụng bst cosi ta có:
a/b+b/a\(\ge\)2√(a.b/b.a)=2
Tươn tự ta chứng minh được
a/c+c/a\(\ge\)2
b/c+c/b\(\ge\)2
Suy ra
A\(\ge\)6
SG
3
24 tháng 4 2017
Ta có a,b,c > 0
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si : \(a+b\ge2\sqrt{ab}\)
và \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
Ta được: Vế trái \(\ge\dfrac{2\sqrt{ab}}{c}+\dfrac{2\sqrt{bc}}{a}+2\dfrac{\sqrt{ac}}{b}\)
\(\ge3\sqrt[3]{\dfrac{2\sqrt{ab}\times2\sqrt{bc}\times2\sqrt{ac}}{abc}}\)
\(\ge3\sqrt[3]{\dfrac{8\sqrt{a^2b^2c^2}}{abc}\ge6}\) (Đpcm)
Vậy: \(\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\ge6\)
26 tháng 4 2017
Đặt A=\(\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{a+c}{b}\)
\(=\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}\right)+\left(\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{c}\right)\)
Do a,b,c dương.Áp dụng bất đăng thức côsi cho 2 số dương ta có:
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{ab}{ba}}=2\)
\(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{bc}{cb}}=2\)
\(\dfrac{c}{a}+\dfrac{a}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{ca}{ac}}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:
\(\dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{a};\dfrac{b}{c}=\dfrac{c}{b};\dfrac{c}{a}=\dfrac{a}{c}\Leftrightarrow a=b=c\)
=> A\(\ge6\) ,dấu "=" xảy ra tại a=b=c(đpcm)
30 tháng 3 2018
1.VT= \(\dfrac{x}{z}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{x}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{x}{y}=\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\right)+\left(\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\right)+\left(\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}\right)\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương, ta có:
\(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\)≥ 2\(\sqrt{\dfrac{x}{y}.\dfrac{y}{x}}\)=2; tương tự \(\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\)≥2; \(\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}\)≥2.
Cộng 3 BĐT trên, ta được đpcm.
31 tháng 3 2018
2.Đặt b+c-a= x, a+c-b= y, a+b-c= z. Khi đó x,y,z>0.
2a= y+z; 2b= x+z; 2c= x+y. Khi đó bđt cần chứng minh trở thành:
\(\dfrac{x+y}{z}+\dfrac{y+z}{x}+\dfrac{z+x}{y}\)≥6.
Theo bài 1 bđt luôn đúng
XO
20 tháng 1 2023
Ta có bất đẳng thức sau
a2 + b2 + c2 \(\ge\) ab + bc + ca (1)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c
Thật vậy (1) <=> 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ca \(\ge0\)
<=> (a - b)2 + (b - c)2 + (c - a)2 \(\ge0\) (bđt này luôn đúng)
Khi đó ta được (1) <=> 2(a2 + b2 + c2) \(\ge\) 2(ab + bc + ca)
<=> 3(a2 + b2 + c2) \(\ge\) 2ab + 2bc + 2ca + a2 + b2 + c2
<=> 3(a2 + b2 + c2) \(\ge\) (a + b + c)2
=> -(a2 + b2 + c2) \(\le\dfrac{(a+b+c)^2}{3}\)
Ta có \(P=\dfrac{b+c}{b+c-a}+\dfrac{c+a}{c+a-b}+\dfrac{a+b}{a+b-c}\)
\(=\dfrac{a}{b+c-a}+\dfrac{b}{a+c-b}+\dfrac{c}{a+b-c}+3\)
\(=\dfrac{a^2}{ab+ac-a^2}+\dfrac{b^2}{ab+bc-b^2}+\dfrac{c^2}{ac+bc-c^2}+3\)
\(\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+ac-a^2+ab+bc-b^2+ac+bc-c^2}+3\) (BĐT Schwarz)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2ab+2ac+2bc-a^2-b^2-c^2}+3\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2-2\left(a^2+b^2+c^2\right)}+3\)
\(\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2-\dfrac{2}{3}\left(a+b+c\right)^2}+3=\dfrac{1}{1-\dfrac{2}{3}}+3=6\) (đpcm)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 7 2019
Lời giải:
Gọi biểu thức đã cho là $P$. Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(P+\frac{29}{2}=\frac{4a}{b+c-a}+2+\frac{9b}{c+a-b}+\frac{9}{2}+\frac{16c}{a+b-c}+8\)
\(=\frac{2(a+b+c)}{b+c-a}+\frac{\frac{9}{2}(a+b+c)}{c+a-b}+\frac{8(a+b+c)}{a+b-c}\)
\(=(a+b+c)\left(\frac{2}{b+c-a}+\frac{\frac{9}{2}}{c+a-b}+\frac{8}{a+b-c}\right)\)
\(\geq (a+b+c).\frac{(\sqrt{2}+\sqrt{\frac{9}{2}}+\sqrt{8})^2}{b+c-a+c+a-b+a+b-c}=\frac{81}{2}\)
\(\Rightarrow P\geq \frac{81}{2}-\frac{29}{2}=26\) (đpcm)
7 tháng 8 2017
Bài 3:
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM có:
\(x+y+z+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge2\sqrt{x.\dfrac{1}{x}}+2\sqrt{y.\dfrac{1}{y}}+2\sqrt{z.\dfrac{1}{z}}\)
\(=2+2+2=6\)
Dấu " = " khi x = y = z = 1
Vậy...
T
7 tháng 8 2017
3. Với x,y,z>0 áp dụng BĐT Cauchy ta có
\(x+y+z+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\)
\(=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)+\left(y+\dfrac{1}{y}\right)+\left(z+\dfrac{1}{z}\right)\)
\(\ge2\sqrt{x.\dfrac{1}{x}}+2\sqrt{y.\dfrac{1}{y}}+2\sqrt{z.\dfrac{1}{z}}=2+2+2=6\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{x}\\y=\dfrac{1}{y}\\z=\dfrac{1}{z}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=y=z=1\)
1. Với a=b=c=0, ta thấy BĐT trên đúng
Với a,b,c>0 áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương
\(a^3+a^3+b^3\ge3\sqrt[3]{a^3.a^3.b^3}=3\sqrt[3]{a^6b^3}=3a^2b\) (1)
\(b^3+b^3+c^3\ge3\sqrt[3]{b^3.b^3.c^3}=3\sqrt[3]{b^6c^3}=3b^2c\) (2)
\(c^3+c^3+a^3\ge3\sqrt[3]{c^3.c^3.a^3}=3\sqrt[3]{c^6a^3}=3c^2a\) (3)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế:
\(a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a>\dfrac{a^2b+b^2c+c^2a}{3}\) (vì a,b,c>0)
Do đó BĐT trên đúng \(\forall a,b,c\ge0\)