Cho\(\frac{1}{a+b}\)+\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\)=10
Chứng minh a+b+c\(\ge\)45 (a,b,c\(\in\)N*)
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
T
9 tháng 8 2019
2) Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số \(a^2-1;b^2-1;c^2-1\) có ít nhất hai số nằm cùng phía với 1.
Giả sử đó là a2 - 1 và b2 - 1. Khi đó \(\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow a^2b^2-a^2-b^2+1\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+3a^2+3b^2+9\ge4a^2+4b^2+8\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+2\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\) (2)
Mà \(4\left[\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\right]\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\) (3)(Áp dụng Bunhicopxki và cái ngoặc vuông)
Từ (2) và (3) ta có đpcm.
Sai thì chịu
T
9 tháng 8 2019
Xí quên bài 2 b:v
b) Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a^2-\frac{1}{4}\right)\left(b^2-\frac{1}{4}\right)\ge0\)
Suy ra \(a^2b^2-\frac{1}{4}a^2-\frac{1}{4}b^2+\frac{1}{16}\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+a^2+b^2+1\ge\frac{5}{4}a^2+\frac{5}{4}b^2+\frac{15}{16}\)
Hay \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{3}{4}\right)\)
Suy ra \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+c^2+\frac{1}{2}\right)\)
\(\ge\frac{5}{4}\left(\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\) (Bunhiacopxki) (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
6 tháng 5 2021
Ta chứng minh BĐT sau với các số dương:
\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)
Thật vậy, BĐT tương đương: \(\dfrac{x+y}{xy}\ge\dfrac{4}{x+y}\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\)
\(\Leftrightarrow x^2-2xy+y^2\ge0\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Áp dụng:
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\) ; \(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{4}{b+c}\) ; \(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{4}{c+a}\)
Cộng vế với vế:
\(2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge\dfrac{4}{a+b}+\dfrac{4}{b+c}+\dfrac{4}{c+a}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{2}{c+a}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
6 tháng 5 2021
b.
Ta có:
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\Rightarrow\dfrac{3}{a}+\dfrac{3}{b}\ge\dfrac{12}{a+b}\) (1)
\(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{4}{b+c}\Rightarrow\dfrac{2}{b}+\dfrac{2}{c}\ge\dfrac{8}{b+c}\) (2)
\(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{4}{c+a}\) (3)
Cộng vế với vế (1); (2) và (3):
\(\dfrac{4}{a}+\dfrac{5}{b}+\dfrac{3}{c}\ge4\left(\dfrac{3}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
22 tháng 5 2019
Với \(n=0\) thì bài toán trở thành:
\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{a-b+c}+\frac{1}{-a+b+c}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\left(H\right)\)
Áp dụng BĐT phụ \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)
Ta có:\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{a-b+c}\ge\frac{4}{a+b-c+a-b+c}=\frac{2}{a}\left(1\right)\)
Chứng minh tương tự,ta có:
\(\frac{1}{a-b+c}+\frac{1}{-a+b+c}\ge\frac{2}{b}\left(2\right)\)
\(\frac{1}{-a+b+c}+\frac{1}{a+b-c}\ge\frac{2}{c}\left(3\right)\)
Cộng vế theo vế của \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\Rightarrow H\left(true\right)\)
Với \(n=1\) thì bài toán trở thành:
\(\frac{c}{a+b-c}+\frac{b}{a-b+c}+\frac{a}{-a+b+c}\ge3\left(U\right)\)
Đặt \(-a+b+c=x;a-b+c=y;a+b-c=z\)
\(\Rightarrow a-b+c+a+b-c=y+z\)
\(\Rightarrow2a=y+z\)
\(\Rightarrow a=\frac{y+z}{2}\)
Tương tự,ta có:\(b=\frac{x+z}{2};c=\frac{x+y}{2}\)
Khi đó,ta có:\(\frac{c}{a+b-c}+\frac{b}{a-b+c}+\frac{a}{-a+b+c}=\frac{x+y}{2z}+\frac{y+z}{2x}+\frac{z+x}{2y}\)
\(=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)+\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)+\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)\right]\)( Áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge2\))
\(\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2\right)\)
\(=3\left(4\right)\)
Từ \(\left(4\right)\Rightarrow U\left(true\right)\)
Với \(n=2\) thì ta có:
\(\left(a^{n-2}-b^{n-2}\right)\left(a-b\right)\ge0\)
\(\Rightarrow a^{n-1}+b^{n-1}\ge b^{n-2}a+a^{n-2}b\left(5\right)\)
Tương tự,ta có:
\(b^{n-1}+c^{n-1}\ge b^{n-2}c+c^{n-2}b\left(6\right)\)
\(c^{n-1}+a^{n-1}\ge c^{n-2}a+a^{n-2}c\left(7\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho 2 số không âm,ta có:
\(\frac{a^n}{-a+b+c}+\left(-a+b+c\right)\cdot a^{n-2}\ge2\sqrt{\frac{a^n}{-a+b+c}\cdot\left(-a+b+c\right)\cdot a^{n-2}}\)
\(\Rightarrow\frac{a^n}{-a+b+c}-a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-2}c\ge2\cdot a^{n-1}\)
\(\Rightarrow\frac{a^n}{-a+b+c}+a^{n-2}b+a^{n-2}c\ge3a^{n-1}\left(8\right)\)
Tương tự ta có:
\(\frac{b^n}{a-b+c}+ab^{n-2}+cb^{n-2}\ge3b^{n-1}\left(9\right)\)
\(\frac{c^n}{a+b-c}+ac^{n-2}+bc^{n-2}\ge3c^{n-1}\left(10\right)\)
Cộng vế theo vế của \(\left(5\right);\left(6\right);\left(7\right);\left(8\right);\left(9\right);\left(10\right)\RightarrowĐPCM\)
P/S:Bài dài nên e không biết có đúng ko nữa:3
F
23 tháng 5 2019
Sau đây là lời giải siêu xàm của em!
Với n = 0 thì ta cần chứng minh \(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\) (1)
Đặt \(\hept{\begin{cases}a+b-c=x\\b+c-a=y\\c+a-b=z\end{cases}}\Rightarrow a=\frac{z+x}{2};b=\frac{x+y}{2};c=\frac{y+z}{2}\)
BĐT (1) trở thành: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{2}{x+y}+\frac{2}{y+z}+\frac{2}{z+x}\)
Thật vậy,áp dụng BĐT quen thuộc \(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}\ge\frac{4}{m+n}\),ta có:
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y};\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{4}{y+z};\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\ge\frac{4}{x+z}\)
Cộng theo vế ta được: \(2VT_{\left(1\right)}\ge\frac{4}{x+y}+\frac{4}{y+z}+\frac{4}{z+x}\)
\(\Rightarrow VT_{\left(1\right)}\ge\frac{2}{x+y}+\frac{2}{y+z}+\frac{2}{z+x}\)
Vậy BĐT (1) đúng. (*)
Giả sử điều đó đúng với n = k (\(k\inℕ^∗\)) tức là ta có: \(\frac{a^k}{b+c-a}+\frac{b^k}{c+a-b}+\frac{c^k}{a+b-c}\ge a^{k-1}+b^{k-1}+c^{k-1}\) (2)
Ta đi chứng minh điều đó đúng với n = k + 1 (\(k\inℕ^∗\)). Tức là c/m:
\(\frac{a^{k+1}}{b+c-a}+\frac{b^{k+1}}{c+a-b}+\frac{c^{k+1}}{a+b-c}\ge a^k+b^k+c^k\) (3)
Thật vậy (3) \(\Leftrightarrow\frac{a^k}{b+c-a}.a+\frac{b^k}{c+a-b}.b+\frac{c^k}{a+b-c}.c\ge a^{k-1}.a+b^{k-1}.b+c^{k-1}.c\)
Và bí!:D
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
13 tháng 3 2020
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}=\frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)
\(\frac{a^2}{b}+b\ge2\sqrt{\frac{a^2b}{b}}=2a\) ; \(\frac{b^2}{c}+c\ge2b\) ; \(\frac{c^2}{a}+a\ge2a\)
Cộng vế với vế:
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+a+b+c\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge a+b+c=6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=2\)
15 tháng 3 2020
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\). Khi đó, ta dễ dàng có được \(a^n\ge b^n\ge c^n\)và \(\frac{1}{b+c}\ge\frac{1}{c+a}\ge\frac{1}{a+b}\)
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev, ta có: \(\frac{a^n}{b+c}+\frac{b^n}{c+a}+\frac{c^n}{a+b}\ge\frac{1}{3}\left(a^n+b^n+c^n\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\)
P/s: Đây là một bước nhỏ trong một cách chứng minh dạng tổng quát của bđt Nesbit
9 tháng 11 2016
a/ \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\) ; \(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{4}{b+c}\) ; \(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\ge\frac{4}{c+a}\)
Cộng theo vế :
\(2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge4\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge2\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
b/ \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\ge\frac{4}{a+2b+c}\)
\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{4}{b+2c+a}\)
\(\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\ge\frac{4}{c+b+2a}\)
Cộng theo vế :
\(2\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge4\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+c+a}+\frac{1}{2c+a+b}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge2\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{a+b+2c}\right)\)
26 tháng 6 2016
3a) ta có \(\frac{a^2}{a+b}=a-\frac{ab}{a+b}>=a-\frac{ab}{2\sqrt{ab}}=a-\frac{\sqrt{ab}}{2}\)
vì \(a,b>0,a+b>=2\sqrt{ab}nên\frac{ab}{a+b}< =\frac{ab}{2\sqrt{ab}}\)
tương tự \(\frac{b^2}{b+c}=b-\frac{bc}{b+c}>=b-\frac{bc}{2\sqrt{bc}}=b-\frac{\sqrt{bc}}{2}\)
tương tự \(\frac{c^2}{c+a}=c-\frac{ca}{c+a}>=c-\frac{ca}{2\sqrt{ca}}=c-\frac{\sqrt{ca}}{2}\)
cộng từng vế BĐT ta được \(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}>=a+b+c-\frac{\sqrt{ab}}{2}-\frac{\sqrt{bc}}{2}-\frac{\sqrt{ca}}{2}=\frac{2a+2b+2c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}}{2}\left(1\right)\)
giả sử \(\frac{2a+2b+2c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}}{2}>=\frac{a+b+c}{2}\)
<=> \(2a+2b+2c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}>=a+b+c\)
<=> \(a+b+c-\sqrt{ab}-\sqrt{bc}-\sqrt{ca}>=0\)
<=> \(2a+2b+2c-2\sqrt{ab}-2\sqrt{bc}-2\sqrt{ca}>=0\)
<=> \(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2+\left(\sqrt{a}-\sqrt{c}\right)^2>=0\)
(đúng với mọi a,b,c >0) (2)
(1),(2)=> \(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}>=\frac{a+b+c}{2}\left(đpcm\right)\)