Cho a,b,c,p,q là 5 số dương tùy ý . Chứng minh
\(\frac{a}{pb+qc}+\frac{b}{pc+qa}+\frac{c}{pa+qb}\ge\frac{3}{p+q}\)
Ai nhanh tick
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
10 tháng 7 2020
dcv_new
\(\Sigma\frac{a^2}{pab+qca}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(p+q\right)\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3}{p+q}\)
23 tháng 7 2020
2, ta có \(\sqrt{a}=\sqrt{\frac{a}{x}}\cdot\sqrt{x}\)
vậy ta được \(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2=\left(\sqrt{\frac{a}{x}}\cdot\sqrt{x}+\sqrt{\frac{b}{y}}\cdot\sqrt{y}+\sqrt{\frac{c}{z}}\cdot\sqrt{z}\right)^2\le\left(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\right)\left(x+y+z\right)=S\)
dấu đẳng thức xảy ra khi \(\sqrt{x}:\sqrt{\frac{a}{x}}=\sqrt{y}:\sqrt{\frac{b}{y}}=\sqrt{z}:\sqrt{\frac{c}{z}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}=1\\\frac{x}{\sqrt{a}}=\frac{y}{\sqrt{b}}=\frac{z}{\sqrt{c}}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow x=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}};y=\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}};z=\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)
vậy min (x+y+z)=\(\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2\)
2 tháng 8 2016
đặt \(\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=k\Rightarrow\hept{\begin{cases}a=ck\\b=dk\end{cases}}\)
a, ta có
+) \(\frac{ma+nc}{mb+nd}=\frac{mck+nc}{mdk+nd}=\frac{c\left(mk+n\right)}{d\left(mk+n\right)}=\frac{c}{d}\)
+) \(\frac{pa+qc}{pb+qd}=\frac{pck+qc}{pdk+qd}=\frac{c\left(pk+q\right)}{d\left(pk+q\right)}=\frac{c}{d}\)
Vậy...........
b, Ta có
+) \(\frac{ma+nd}{mc+nd}=\frac{mck+ndk}{mc+nd}=\frac{k\left(mc+nd\right)}{mc+nd}=k\)
+) \(\frac{pa+qb}{pc+qd}=\frac{pck+pdk}{pc+qd}=\frac{k\left(pc+qd\right)}{pc+qd}=k\)
Vậy.............
c, ta có
+) \(\frac{ma+nc}{pa+qc}=\frac{mck+nc}{pck+qc}=\frac{c\left(mk+n\right)}{c\left(pk+q\right)}=\frac{mk+n}{pk+q}\)
+) \(\frac{mb+nd}{pb+qd}=\frac{mdk+nd}{pdk+qd}=\frac{d\left(mk+n\right)}{d\left(pk+q\right)}=\frac{mk+n}{pk+q}\)
vậy.........
d, ta có
+) \(\frac{ma+nb}{pa+qb}=\frac{mck+ndk}{pck+qdk}=\frac{k\left(mc+nd\right)}{k\left(pc+qd\right)}=\frac{mc+nd}{pc+qd}\)
Vậy.........
TT
20 tháng 8 2020
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được
\(\frac{a^3}{a+2b}+\frac{b^3}{b+2c}+\frac{c^3}{c+2a}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Ta lại có \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)
Do đó ta được \(\frac{a^3}{a+2b}+\frac{b^3}{b+2c}+\frac{c^3}{c+2a}\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
p/s: check
24 tháng 2 2022
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
\(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(a+b+c\right)}\)
\(\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}+\frac{a^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(a+b+c\right)}\)
Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được:
\(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}\)
Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
TN
9 tháng 7 2017
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 +
9 tháng 7 2017
ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]
Cho a , b , c là các số thực dương tùy ý . Chứng minh rằng :
7 tháng 8 2020
Bài làm:
Ta có: \(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\)
\(=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}+\frac{a^2}{c+a}\)
\(=\left(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\right)+\left(\frac{a^2}{c+a}+\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}\right)\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\)(Cauchy Schwars)
\(=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)
TT
7 tháng 8 2020
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được
\(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2\left(a+b\right)}+\frac{\left(b+c\right)^2}{2\left(b+c\right)}+\frac{\left(c+a\right)^2}{2\left(c+a\right)}\)
\(\ge\frac{\left(2a+2b+2c\right)^2}{4\left(a+b+c\right)}\ge\frac{12\left(ab+bc+ca\right)}{4\left(a+b+c\right)}=\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}\)( rút gọn 12/4)
Bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
24 tháng 2 2020
trên đ/thẳng CR lấy M, BQ lấy N sao cho MN qua A và MN//BC
\(\Rightarrow\frac{PB}{PC}=\frac{NA}{MA}\)(vì MN//BC, Hệ quả Đ.L.Thales)
Và \(\frac{QC}{QA}=\frac{BC}{NA}\) ( NM//BC), \(\frac{RA}{RB}=\frac{AM}{BC}\) (MN//BC)
Từ đó có \(\frac{PB}{PC}.\frac{QC}{QA}.\frac{RA}{RB}=\frac{NA}{MA}.\frac{BC}{NA}.\frac{MA}{BC}=1\)
\(A=\frac{a}{pb+qc}+\frac{b}{pc+qa}+\frac{c}{pa+qb}\)
\(\Rightarrow A=\frac{a^2}{pab+qac}+\frac{b^2}{pbc+qab}+\frac{c^2}{pac+qbc}\)
\(\Rightarrow A\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{p\left(ab+bc+ca\right)+q\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(\Rightarrow A\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{\left(p+q\right)\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{3}{p+q}\)
Ta đặt kí hiệu bất đẳng thức cần chứng minh là (1)
Ta thấy : \(a=\sqrt{\frac{a}{pb+qc}}\cdot\sqrt{a\left(pb+qc\right)}\)
\(b=\sqrt{\frac{b}{pc+qa}}\cdot\sqrt{b\left(pc+qa\right)}\)
\(c=\sqrt{\frac{c}{pa+qb}}\cdot\sqrt{c\left(pa+qb\right)}\)
Gọi vế trái của bất đẳng thức (1) là H
Ta có : \(\left(a+b+c\right)^2=\)(\(\sqrt{\frac{a}{pb+qc}}\cdot\sqrt{a\left(pb+qc\right)}\)+ \(\sqrt{\frac{b}{pc+qa}}\cdot\sqrt{b\left(pc+qa\right)}\)+ \(\sqrt{\frac{c}{pa+qb}}\cdot\sqrt{c\left(pa+qb\right)}\))2 \(\le\)\(\text{H}.\left[a\left(pb+qc\right)+b\left(pc+qa\right)+c\left(pa+qb\right)\right]\)
= \(\text{H}\left(p+q\right)\left(ab+bc+ca\right)\) (2)
Mặt khác : \(ab+bc+ca\le\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)
bới : \(3\left(ab+bc+ca\right)=\left(ab+bc+ca\right)+2\left(ab+bc+ca\right)\)\(\le\)\(a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)=\left(a+b+c\right)^2\)
Với kq trên từ (2) ta suy ra được : \(\left(a+b+c\right)^2\le\text{H}\left(p+q\right)\cdot\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
\(\Rightarrow\text{H}\ge\frac{3}{p+q}\left(\text{vì }a+b+c>0,p+q>0\right)\)
Vậy \(\frac{a}{pb+qc}+\frac{b}{pc+qa}+\frac{c}{pa+qb}\ge\frac{3}{p+q}\left(đpcm\right)\)