K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

24 tháng 7 2019

Áp dụng BĐT cosi ta có 

\(\frac{a^6}{b^3}+\frac{b^6}{c^3}+1\ge3\sqrt[3]{\frac{a^6.b^3}{c^3}}=\frac{3a^2b}{c}\)

\(\frac{b^6}{c^3}+\frac{c^6}{a^3}+1\ge\frac{3b^2c}{a}\)

\(\frac{c^6}{a^3}+\frac{a^6}{b^3}+1\ge\frac{3c^2a}{b}\)

Cộng 3 bĐt trên

=> \(2.VT+3\ge3\left(\frac{a^2b}{c}+\frac{b^2c}{a}+\frac{c^2a}{b}\right)=9\)

=> \(VT\ge3\)(ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

6 tháng 7 2017

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(A=\frac{a^4}{a\left(b+2c\right)}+\frac{b^4}{b\left(c+2a\right)}+\frac{c^4}{c\left(a+2b\right)}\)

\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a\left(b+2c\right)+b\left(c+2a\right)+c\left(a+2b\right)}\)

\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{3\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\right)}{3\left(ab+bc+ca\right)}\)

\(\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{3\left(ab+bc+ca\right)}=1\)  (ĐPCM)

Xảy ra khi \(a=b=c=1\)

24 tháng 10 2016

Áp dụng BĐT \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\) ta được

\(\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2b}\ge\frac{9}{2\left(a+2b\right)}\)

\(\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}+\frac{1}{2c}\ge\frac{9}{2\left(b+2c\right)}\)

\(\frac{1}{2c}+\frac{1}{2a}+\frac{1}{2a}\ge\frac{9}{2\left(c+2a\right)}\)

Cộng các BĐT theo vế : 

\(\frac{3}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\frac{9}{2}\left(\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\left(\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c (a,b,c>0)

2 tháng 6 2018

The BĐT \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\). Thật vậy, ta có:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có:

\(\left[\left(\frac{a}{\sqrt{x}}\right)^2+\left(\frac{b}{\sqrt{y}}\right)^2+\left(\frac{c}{\sqrt{z}}\right)^2\right]\left[\left(\sqrt{x}\right)^2+\left(\sqrt{y}\right)^2+\left(\sqrt{z}\right)^2\right]\)

\(\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\right)\left(x+y+z\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\). Thay a,b,c bởi 1 , ta được

\(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge\frac{9}{x+y+z}\)

Áp dụng vào ta có: \(3\left(\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}\right)\ge3.\frac{9}{3a+3b+3c}=3.\frac{9}{3\left(a+b+c\right)}=3.\frac{3}{a+b+c}\)

\(=\frac{9}{a+b+c}\)(1)

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{9}{a+b+c}\)(2)

Vì (1) bằng (2) nên ta có đpcm . Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a=b=c (a,b,c > 0)

NV
19 tháng 6 2019

a/ BĐT sai, cho \(a=b=c=2\) là thấy

b/ \(VT=\frac{a^4}{a^2+2ab}+\frac{b^4}{b^2+2bc}+\frac{c^4}{c^2+2ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\)

\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)^2}{3\left(a+b+c\right)^2}=\frac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

c/ Tiếp tục sai nữa, vế phải là \(\frac{3}{2}\) chứ ko phải \(2\), và hy vọng rằng a;b;c dương

\(VT=\frac{a^2}{abc.b+a}+\frac{b^2}{abc.c+b}+\frac{c^2}{abc.a+c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)+a+b+c}\)

\(VT\ge\frac{9}{3abc+3}\ge\frac{9}{\frac{3\left(a+b+c\right)^3}{27}+3}=\frac{9}{\frac{3.3^3}{27}+3}=\frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

NV
23 tháng 6 2019

Ta có:

\(a^3+b^3+b^3\ge3ab^2\) ; \(b^3+c^3+c^3\ge3bc^2\) ; \(c^3+a^3+a^3\ge3ca^2\)

Cộng vế với vế \(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge ab^2+bc^2+ca^2\)

\(\frac{a^5}{b^2}+\frac{b^5}{c^2}+\frac{c^5}{a^2}=\frac{a^6}{ab^2}+\frac{b^6}{bc^2}+\frac{c^6}{ca^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{ab^2+bc^2+ca^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{a^3+b^3+c^3}=a^3+b^3+c^3\)

18 tháng 11 2019

1. Vai trò a, b, c như nhau. Không mất tính tổng quát. Giả sử \(a\ge b\ge0\)

\(ab+bc+ca=3\). Do đó \(ab\ge1\)

Ta cần chứng minh rằng \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\left(1\right)\)

\(\frac{2}{1+ab}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\left(2\right)\)

Thật vậy: \(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\ge0\\ \Leftrightarrow\left(ab-a^2\right)\left(1+b^2\right)+\left(ab-b^2\right)\left(1+a^2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)\left[-a\left(1+b^2\right)+b\left(1+a^2\right)\right]\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)\ge0\left(BĐT:đúng\right)\)

\(\left(2\right)\Leftrightarrow c^2+3-ab\ge3abc^2\\ \Leftrightarrow c^2+ca+bc\ge3abc^2\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc\)

BĐT đúng, vì \(\left(a+b+c\right)^2>3\left(ab+bc+ca\right)=q\)

\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)

Nên \(a+b+c\ge3\ge3abc\)

Từ (1) và (2) ta có \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\)

Dấu ''='' xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

18 tháng 11 2019

Áp dụng BĐT Cauchy dạng \(\frac{9}{x+y+z}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\), ta được

\(\frac{9}{a+3b+2c}=\frac{1}{a+c+b+c+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)\)

Do đó ta được

\(\frac{ab}{a+3b+2c}\le\frac{ab}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{a}{2}\right)\)

Hoàn toàn tương tự ta được

\(\frac{bc}{2a+b+3c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{b}{2}\right);\frac{ac}{3a+2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}+\frac{c}{2}\right)\)

Cộng theo vế các BĐT trên ta được

\(\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac+bc}{a+b}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ab}{a+c}+\frac{a+b+c}{2}\right)=\frac{a+b+c}{6}\)Vậy BĐT đc CM

ĐẲng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c >0

23 tháng 8 2015

Xin lỗi lúc này do thày nhìn nhầm nên nghĩ câu 2 sai đề. Để đền bù thiệt hại, xin giải lại cả hai bài cho em

Cả hai bài toán này đều sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz. Em xem link dưới đây để biết rõ hơn: http://olm.vn/hoi-dap/question/174274.html

Câu 1. Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có

\(\frac{a}{2a^2+bc}+\frac{b}{2b^2+ac}+\frac{c}{2c^2+ab}=\frac{1}{2a+\frac{bc}{a}}+\frac{1}{2b+\frac{ca}{b}}+\frac{1}{2c+\frac{ab}{c}}\)

\(\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{2\left(a+b+c\right)+\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\right)}=\frac{9}{2\left(a+b+c\right)+\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{abc}}=\frac{9abc}{2abc\left(a+b+c\right)+\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}\)

\(=\frac{9abc}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=\frac{9abc}{9}=abc.\)

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Câu 2.  Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz

\(\frac{8}{2a+b}=\frac{4}{a+\frac{b}{2}}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{\frac{b}{2}}=\frac{1}{a}+\frac{2}{b}.\)

Tương tự, \(\frac{48}{3b+2c}=\frac{16}{b+\frac{2c}{3}}\le4\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{\frac{2c}{3}}\right)=\frac{4}{b}+\frac{6}{c},\)\(\frac{12}{c+3a}=\frac{4}{\frac{c}{3}+a}\le\frac{1}{\frac{c}{3}}+\frac{1}{a}=\frac{3}{c}+\frac{1}{a}.\)

Cộng ba bất đẳng thức lại ta được

\(\frac{8}{2a+b}+\frac{48}{3b+2c}+\frac{12}{c+3a}\le\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}\right)+\left(\frac{4}{b}+\frac{6}{c}\right)+\left(\frac{3}{c}+\frac{1}{a}\right)=\frac{2}{a}+\frac{6}{b}+\frac{9}{c}.\)    (ĐPCM).

AH
Akai Haruma
Giáo viên
4 tháng 11 2017

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{9}{b+c+c+a+c+a}=\frac{9}{3c+2a+b}\)

\(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+b}\geq \frac{9}{a+c+a+b+a+b}=\frac{9}{3a+2b+c}\)

\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{b+c}\geq \frac{9}{a+b+b+c+b+c}=\frac{9}{3b+2c+a}\)

Cộng theo vế rồi rút gọn ta thu được

\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\geq 3\left(\frac{1}{3a+2b+c}+\frac{1}{3b+2c+a}+\frac{1}{3c+2a+b}\right)\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

4 tháng 11 2017

@Ace Legona bác giúp em với

AH
Akai Haruma
Giáo viên
25 tháng 10 2017

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\text{VT}=\frac{a^4}{a^2+2ab}+\frac{b^4}{b^2+2bc}+\frac{c^4}{c^2+2ac}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2+2ab+b^2+2bc+c^2+2ac}\)

\(\Leftrightarrow \text{VT}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a+b+c)^2}\) (1)

Theo hệ quả của BĐT AM-GM thì ta có:

\(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2\) (2)

Từ \((1),(2)\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{a^2+b^2+c^2}{3}\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c>0\)