Cho \(a,b,c>0\). Chứng minh rằng
\(\sqrt{\dfrac{a^3}{b^3}}+\sqrt{\dfrac{b^3}{c^3}}+\sqrt{\dfrac{c^3}{a^3}}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\)
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
16 tháng 9 2021
Từ bài toán này (mà bạn đã hỏi cách đây vài bữa):
cho a,b,c>0. Chứng minh rằng: \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\) - Hoc24
Ta có: \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\)
Do đó: \(VT\ge\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\dfrac{\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}\)
Lại có: \(\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{abc}}=3\)
Đặt \(\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}=x\ge3\Rightarrow VT\ge x+\dfrac{1}{x}=\dfrac{x}{9}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{8x}{9}\ge2\sqrt{\dfrac{x}{9x}}+\dfrac{8}{9}.3=\dfrac{10}{3}\) (đpcm)
DA
30 tháng 9 2017
ta có : \(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^3}{b}+bc+\dfrac{b^3}{c}+ca+\dfrac{c^3}{a}+ab-\left(ac+bc+ab\right)\)
\(=\dfrac{a^3}{b}+bc+\dfrac{b^3}{c}+ca+\dfrac{c^3}{a}+ab-\left(\dfrac{ab}{2}+\dfrac{bc}{2}+\dfrac{ab}{2}+\dfrac{ac}{2}+\dfrac{bc}{2}+\dfrac{ac}{2}\right)\)
\(\ge2.\sqrt{\dfrac{a^3}{b}.bc}+2\sqrt{\dfrac{b^3}{c}.ca}+2\sqrt{\dfrac{c^3}{a}.ab}-2\sqrt{\dfrac{ab.bc}{4}}-2\sqrt{\dfrac{ab.ac}{4}}-2\sqrt{\dfrac{bc.ac}{4}}\)
\(\ge2a\sqrt{ac}+2b\sqrt{ba}+2c\sqrt{cb}-b\sqrt{ac}-a\sqrt{bc}-c\sqrt{ab}=a\sqrt{ac}+b\sqrt{ba}+c\sqrt{cb}\left(ĐPCM\right)\)
N
30 tháng 9 2017
Áp dụng BĐT cauchy-schwarz:
\(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)
BĐT cần chứng minh tương đương :
\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(\sqrt{a^3c}+\sqrt{b^3a}+\sqrt{c^3b}\right)\)
Thật vậy, Áp dụng BĐT \(\left(X+Y+Z\right)^2\ge3\left(XY+YZ+ZX\right)\)
Với \(\left\{{}\begin{matrix}X=a+\sqrt{bc}-\sqrt{ac}\\Y=b+\sqrt{ac}-\sqrt{ab}\\Z=c+\sqrt{ab}-\sqrt{bc}\end{matrix}\right.\) ta có ngay ĐPCM. ( mất chút time khai triển)
Dấu = xảy ra khi X=Y=Z hay a=b=c
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 9 2021
Ta có:
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^2}{bc}}=\dfrac{3a}{\sqrt[3]{abc}}\)
\(\dfrac{b}{c}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge\dfrac{3b}{\sqrt[3]{abc}}\)
\(\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{a}{b}\ge\dfrac{3c}{\sqrt[3]{abc}}\)
Cộng vế:
\(3\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{abc}}\)
\(\Rightarrow\) đpcm
ND
3 tháng 5 2018
e)
\(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\) ( luôn đúng)
=> ĐPCM
AH
Akai Haruma
Giáo viên
14 tháng 10 2017
Lời giải:
Đặt \(\left(\sqrt{\frac{a}{b}},\sqrt{\frac{b}{c}},\sqrt{\frac{c}{a}}\right)=(x,y,z)\). BĐT cần chứng minh chuyển về:
\(x^3+y^3+z^3\geq x^2+y^2+z^2\) với \(xyz=1\)
Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\((x^3+y^3+z^3)(x+y+z)\geq (x^2+y^2+z^2)^2\)
\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x+y+z}\)(1)
Theo BĐT AM-GM:
\(x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+xz\Leftrightarrow 2(x^2+y^2+z^2)\geq 2(xy+yz+xz)\)
\(\Leftrightarrow 3(x^2+y^2+z^2)\geq (x+y+z)^2\)
\(\Leftrightarrow (x^2+y^2+z^2)\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}\geq \frac{(x+y+z).3\sqrt[3]{xyz}}{3}=x+y+z\) (2)
Từ (1),(2)\(\Rightarrow x^3+y^3+z^3\geq x^2+y^2+z^2\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
19 tháng 4 2022
Đề bài sai
Đề đúng: \(\dfrac{1}{\sqrt{a}+2\sqrt{b}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{b}+2\sqrt{c}+3}+\dfrac{1}{\sqrt{c}+2\sqrt{a}+3}\le\dfrac{1}{2}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
6 tháng 5 2021
Áp dụng BĐT: \(x^2+y^2+z^2\ge\dfrac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\) ta có:
\(a+b+b\ge\dfrac{1}{3}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{b}\right)^2\Rightarrow\sqrt{\dfrac{a+2b}{3}}\ge\dfrac{\sqrt{a}+2\sqrt{b}}{3}\)
Tương tự: \(\sqrt{\dfrac{b+2c}{3}}\ge\dfrac{\sqrt{b}+2\sqrt{c}}{3}\) ; \(\sqrt{\dfrac{c+2a}{3}}\ge\dfrac{\sqrt{c}+2\sqrt{a}}{3}\)
Cộng vế với vế và rút gọn:
\(\sqrt{\dfrac{a+2b}{3}}+\sqrt{\dfrac{b+2c}{3}}+\sqrt{\dfrac{c+2a}{3}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\) (đpcm)
Đặt x=\sqrt{\dfrac{a}{b}},y=\sqrt{\dfrac{b}{c}},z=\sqrt{\dfrac{c}{a}}x=ba,y=cb,z=ac thì x,y,z>0x,y,z>0 và xyz=1xyz=1 . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành x^3+y^3+z^3\ge x^2+y^2+z^2x3+y3+z3≥x2+y2+z2.
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương ta có
x^3+x^3+1^3\ge3\sqrt[3]{x^3.x^3.1^3}x3+x3+13≥33x3.x3.13 hay 2x^3+1\ge3x^22x3+1≥3x2.
Tương tự, 2y^3+1\ge3y^2;2z^3+1\ge3z^22y3+1≥3y2;2z3+1≥3z2. Cộng theo vế các bất đẳng thức nhận được ta có 2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\ge2\left(x^2+y^2+z^2\right)+\left(x^2+y^2+z^2\right)2(x3+y3+z3)+3≥2(x2+y2+z2)+(x2+y2+z2)
=2\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=2(x2+y2+z2)+33x2y2z2
\ge2\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\sqrt[3]{1}≥2(x2+y2+z2)+331
Do đó x^3+y^3+z^3\ge x^2+y^2+z^2x3+y3+z3≥x2+y2+z2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c>0x=y=z=1⇔a=b=c>0.
x=y=z=1