cho a,b,c, dương tm abc =8 . CM\(\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{2+a}{2+b}+\frac{2+b}{2+c}+\frac{2+c}{2+a}\)
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
16 tháng 8 2019
Làm tạm một câu rồi đi chơi, lát làm cho.
4)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :
\(VT\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{9}{1}=9\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
22 tháng 1 2018
dự đoán của chúa Pain A=B=C=1 thế thôi éo nói nhiều làm j :)
áp dụng cô si ta có
\(\frac{3}{a+b+c}+\frac{\left(a+b+C\right)}{3}\ge2\sqrt{\frac{3.\left(a+b+c\right)}{\left(a+b+c\right).3}}=2.\)
ÁP DỤNG co si tiếp tao có \(\frac{2}{abc}+2abc\ge2\sqrt{\frac{4abc}{abc}=}=4\)
theo cô si ta có \(a+B+c\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
\(\frac{9}{a+b+c}\ge2\sqrt{3}+4\)
\(3.\left\{\frac{3}{\left(a+b+c\right)}+\frac{\left(a+b+c\right)}{3}\right\}\ge3.\left\{2\sqrt{\frac{3\left(a+b+c\right)}{3\left(a+b+c\right)}}\right\}=6\)
từ 1 và 2 ta được
\(6\ge2+4\)
bây giờ mày thử ấn máy tính đi xem 2+4= bao nhiêu rồi tích cho tao nhé xDDDDD
22 tháng 1 2018
bạn ơi cái chỗ \(\frac{9}{a+b+c}\ge2\sqrt{3}+4.\) là t viết nhầm nhé sủa lại thành \(\frac{9}{a+b+c}\ge2+4\) nhé
N
Cho a,b,c tm \(ab+bc+ca\le3abc\)
Cm \(\frac{a^2}{a+1}+\frac{b^2}{b+1}+\frac{c^2}{c+1}\ge\frac{3}{2}\)
0
15 tháng 10 2017
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
15 tháng 10 2017
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
15 tháng 2 2020
\(VT\ge\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{a+b+c}{abc}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\) (1)
Mặt khác:
\(\left(a+b+c\right)^2=\left(a^2+b^2+c^2\right)+2\left(ab+bc+ca\right)\ge3\sqrt[3]{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^6\ge27\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^6}{27\left(ab+bc+ca\right)^2}\ge a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2.3^4}{27\left(ab+bc+ca\right)^2}\ge a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{3\left(a+b+c\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\ge a^2+b^2+c^2\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge a^2+b^2+c^2\)
TN
6 tháng 11 2017
\(BDT\Leftrightarrow\frac{a^3}{\left(1-a\right)^2}+\frac{b^3}{\left(1-b\right)^2}+\frac{c^3}{\left(1-c\right)^2}\ge\frac{1}{4}\)
Ta có BĐT phụ: \(\frac{a^3}{\left(1-a\right)^2}\ge a-\frac{1}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(3a-1\right)^2}{4\left(a-1\right)^2}\ge0\forall0< a\le\frac{1}{3}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại cũng có:
\(\frac{b^3}{\left(1-b\right)^2}\ge b-\frac{1}{4};\frac{c^3}{\left(1-c\right)^2}\ge c-\frac{1}{4}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT\ge\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}\cdot3=1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}=VP\)
Xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
6 tháng 11 2017
Áp dụng BĐT cô si ta có:
\(\frac{a^3}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1a}{4}\ge\frac{a^2}{b+c}\)\(,\frac{b^3}{\left(c+a\right)^2}+\frac{1b}{4}\ge\frac{b^2}{a+c},\frac{c^3}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1c}{4}\ge\frac{c^2}{a+b}\)
Cộng lại ta có
\(VT\ge\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}-\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}-\frac{1}{4}=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}\left(đpcm\right)\)
Dấu =tự tìm Ok
TN
16 tháng 1 2018
Thôi làm luôn ( ͡° ͜ʖ ͡°)
\(\left(\frac{1}{a};\frac{2}{b};\frac{3}{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y+z=3\\x,y,z>0\end{cases}}\)
Và \(BDT\Leftrightarrow\frac{x^3}{x^2+y^2}+\frac{y^3}{y^2+z^2}+\frac{z^3}{x^2+z^2}\ge\frac{3}{2}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{x^3}{x^2+y^2}=x-\frac{xy^2}{x^2+y^2}\ge x-\frac{xy^2}{2xy}=x-\frac{y}{2}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT\ge x+y+z-\frac{x+y+z}{2}=3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
\("="\Leftrightarrow x=y=z=1\Leftrightarrow a=1;b=2;c=3\)