Câu 4. Cho a,b,c là ba số thực dương . Chứng minh rằng \(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge a+b+c\).
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
24 tháng 4 2017
Nhân 2 vế của \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\) có: \(ab+bc+ca=abc\)
Ta có:
\(\frac{a^2}{a+bc}=\frac{a^3}{a^2+abc}=\frac{a^3}{a^2+ab+bc+ca}=\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a^2}{a+bc}=\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{a+b}{8}+\frac{a+c}{8}\)
\(\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\cdot\frac{a+b}{8}\cdot\frac{a+c}{8}}=\frac{3a}{4}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta có:
\(\frac{b^2}{b+ca}+\frac{a+b}{8}+\frac{b+c}{8}\ge\frac{3b}{4};\frac{c^2}{c+ab}+\frac{a+c}{8}+\frac{b+c}{8}\ge\frac{3c}{4}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT+\frac{4\left(a+b+c\right)}{8}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Leftrightarrow VT+\frac{4\left(a+b+c\right)}{8}\ge\frac{6\left(a+b+c\right)}{8}\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\frac{a+b+c}{4}=VP\). Ta có ĐPCM
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 12 2020
1. Đề thiếu
2. BĐT cần chứng minh tương đương:
\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Ta có:
\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)
3.
Ta có:
\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)
\(VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
Lại có:
\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 12 2020
4.
Ta có:
\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
5.
Ta có:
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)
T
4 tháng 8 2020
Vào thống kê hỏi đáp xem nhé. Bài này chỉ cần biểu diễn dưới dạng tổng bình phương là xong.
4 tháng 8 2020
ta có \(\frac{a^3}{b^2+3}+\frac{b^3}{c^2+3}+\frac{c^3}{a^2+3}\ge\frac{3}{4}\) (***)
do ab+bc+ca=3 nên
VT (***)=\(\frac{a^3}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{b^3}{c^2+ab+bc+ca}+\frac{c^3}{a^2+ab+bc+ca}\)
\(=\frac{a^3}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{b^3}{\left(c+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{c^3}{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}\)
áp dụng bđt AM-GM ta có \(\frac{a^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{b+c}{8}+\frac{a+b}{8}\ge\frac{3a}{4}\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{5a-2b-c}{8}\left(1\right)\)
chứng minh tương tự ta cũng được
\(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}\ge\frac{5b-2c-a}{8}\left(2\right)\\\frac{c^3}{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{5c-2a-b}{8}\left(3\right)\end{cases}}\)
cộng theo vế với vế của (1),(2) và (3) ta được VT (***) \(\ge\frac{a+b+c}{4}\)
mặt khác ta dễ dàng chứng minh được \(a+b+c\ge\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}=3\)
đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1 (đpcm)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
31 tháng 8 2019
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)(ab+bc+ac)\geq (a+b+c)^2\)
\(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)\geq \left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)^2\)
Nhân theo vế 2 BĐT trên:
\(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^2(ab+bc+ac).\frac{a+b+c}{abc}\geq [(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})]^2\)
\(\Leftrightarrow \left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^2(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq [(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})]^2\)
\(\Leftrightarrow \left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^2\geq (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
PN
2 tháng 6 2021
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c>0\)
\(BĐT< =>\frac{a\left(b+c\right)\left(c+a\right)+b\left(a+b\right)\left(c+a\right)+c\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(< =>\frac{ac^2+ba^2+cb^2+\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc}\ge\frac{3}{2}\)
\(< =>2\left[ac^2+ba^2+cb^2+\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\right]\ge3\left[\left(a+b+c\right)\left(...\right)-abc\right]\)
\(< =>2\left(ac^2+a^2b+cb^2\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-3abc\)
\(< =>ac^2+a^2b+cb^2\ge ca^2+ab^2+c^2b\)
\(< =>\left(c-b\right)\left(c-a\right)\left(a-b\right)\ge0\)(đúng)
Vậy ta có điều phải chứng minh
PN
2 tháng 6 2021
Ta có bất đẳng thức sau \(\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\ge9\)( cm = bunhia phân thức )
\(< =>1+\frac{a+b}{b+c}+\frac{a+b}{c+a}+1+\frac{b+c}{a+b}+\frac{b+c}{c+a}+1+\frac{c+a}{a+b}+\frac{c+a}{b+c}\ge9\)
\(< =>\frac{a}{a+b}+\frac{2a}{b+c}+\frac{a}{c+a}+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{c}{c+a}\ge6\)(*)
Đặt \(A=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\);\(B=\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+a}+\frac{c}{c+b}\);\(C=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
Khi đó bất đẳng thức (*) tương đương với \(A+B+2C\ge6\)
Do\(A+B=3\)\(=>2C\ge3=>C\ge\frac{3}{2}\)
Suy ra \(A+B+C\ge6-\frac{3}{2}=\frac{12-3}{2}=\frac{9}{2}\)(1)
Xét tổng :\(B+C=\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+a}+\frac{c}{c+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{a+b}{a+c}+\frac{c+a}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}\ge3\)(AM-GM) (2)
Từ (1) và (2) ta được \(A\ge\frac{9}{2}-3=\frac{3}{2}\)
Done !
NY
0
31 tháng 8 2016
\(a^2\left(\frac{1}{b+c}-\frac{1}{a+c}\right)+b^2\left(\frac{1}{a+c}-\frac{1}{a+b}\right)+c^2\left(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{b+c}\right)\ge0.\)
\(a^2\left(\frac{a-}{b+c}\frac{b}{a+c}\right)+b^2\left(\frac{b}{a+c}\frac{-c}{a+b}\right)+c^2\left(\frac{c-}{a+b}\frac{a}{b+c}\right)\ge0.\)
\(a^2\left(a^2-b^2\right)+b^2\left(b^2-c^2\right)+c^2\left(c^2-a^2\right)\ge0.\)
\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2.\) cái này dễ rồi .
KT
12 tháng 10 2018
\(A=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
=> \(A+3=\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{c+a}+1+\frac{c}{a+b}+1\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
\(\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}.3\sqrt[3]{\frac{1}{a+b}.\frac{1}{b+c}.\frac{1}{c+a}}=\frac{9}{2}\) (AM - GM)
=> \(A\ge\frac{9}{2}-3=\frac{3}{2}\) (đpcm)
12 tháng 10 2018
Đặt \(A=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
\(A=\frac{a^2}{ba+ca}+\frac{b^2}{cb+ba}+\frac{c^2}{ac+bc}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-schwarz ta có:
\(A=\frac{a^2}{ba+ca}+\frac{b^2}{cb+ba}+\frac{c^2}{ac+bc}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2.\left(ab+bc+ca\right)}\)
Ta c/m BĐT phụ \(ab+bc+ca\le\frac{1}{3}.\left(a+b+c\right)^2\)( tự c/m)
Áp dụng:
\(A\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2.\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\frac{1}{\frac{2}{3}}=\frac{3}{2}\)
đpcm
Tham khảo nhé~
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{b+c+a}=a+b+c\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Cách khác:
Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương ta có:
$\frac{a^2}{b}+b\geq 2a$
$\frac{b^2}{c}+c\geq 2b$
$\frac{c^2}{a}+a\geq 2c$
Cộng theo vế và thu gọn ta được:
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$