Cho a,b,c > 0 và \(\frac{a^2b}{c}+\frac{b^2c}{a}+\frac{c^2a}{b}=3\)CMR : \(\frac{a^6}{b^3}+\frac{b^6}{c^3}+\frac{c^6}{a^3}\ge3\)
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
TN
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)
T
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
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
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
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
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 \(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge ab^2+bc^2+ca^2\)
\(\frac{a^5}{b^2}+\frac{b^5}{c^2}+\frac{c^5}{a^2}=\frac{a^6}{ab^2}+\frac{b^6}{bc^2}+\frac{c^6}{ca^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{ab^2+bc^2+ca^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{a^3+b^3+c^3}=a^3+b^3+c^3\)
25 tháng 3 2020
Ta CM BĐT phụ sau: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)
Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{2}{\sqrt{ab}},a+b\ge2\sqrt{ab}\)( co si với a,b>0)
Suy ra \(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\left(a+b\right)\ge4\RightarrowĐPCM\)\(\Rightarrow\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\left(1\right)\)
a/Áp dụng (1) có
\(\frac{1}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\left(2\right)\).Tương tự ta cũng có:
\(\frac{1}{b+c+2a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\left(3\right),\frac{1}{c+a+2b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+b}\right)\left(4\right)\)
Cộng (2),(3) và (4) có \(VT\le\frac{1}{4}.\left(6+6\right)=3\left(ĐPCM\right)\)
b/Áp dụng (1) có:
\(\frac{1}{3a+3b+2c}=\frac{1}{\left(a+b+2c\right)+2\left(a+b\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b+2c}+\frac{1}{2\left(a+b\right)}\right)\left(5\right)\)
Tương tự có: \(\frac{1}{3a+2b+3c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+c+2b}+\frac{1}{2\left(a+c\right)}\right)\left(6\right)\)
\(\frac{1}{2a+3b+3c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2\left(b+c\right)}\right)\left(7\right)\)
Cộng (5),(6) và (7) có:
\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b+2c}+\frac{1}{a+c+2b}+\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\right)\le\frac{1}{4}.9=\frac{3}{2}\)
NB
18 tháng 11 2019
1. Vai trò a, b, c như nhau. Không mất tính tổng quát. Giả sử \(a\ge b\ge0\)
Mà \(ab+bc+ca=3\). Do đó \(ab\ge1\)
Ta cần chứng minh rằng \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\left(1\right)\)
Và \(\frac{2}{1+ab}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\left(2\right)\)
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 \(\left(a+b+c\right)^2>3\left(ab+bc+ca\right)=q\)
và \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
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 \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
NB
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, \(\frac{48}{3b+2c}=\frac{16}{b+\frac{2c}{3}}\le4\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{\frac{2c}{3}}\right)=\frac{4}{b}+\frac{6}{c},\) và \(\frac{12}{c+3a}=\frac{4}{\frac{c}{3}+a}\le\frac{1}{\frac{c}{3}}+\frac{1}{a}=\frac{3}{c}+\frac{1}{a}.\)
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).
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