Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(P+3=\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{c+a}+1+\frac{c}{a+b}+1\) \(=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\)
Áp dụng Cauchy-Schwarz dạng phân thức:
\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\ge\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow P+3\ge\frac{9}{2}\Rightarrow P\ge\frac{3}{2}\)
\(''=''\Leftrightarrow a=b=c\)
\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\frac{a^2b^2}{b^2c^2}}\ge\frac{2a}{c}\) ; \(\frac{a^2}{b^2}+\frac{c^2}{a^2}\ge\frac{2c}{b}\) ; \(\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\ge\frac{2b}{a}\)
Cộng vế với vế ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
2. \(\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\ge2\sqrt{\frac{bc.ac}{ab}}=2c\) ; \(\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\ge2a\) ; \(\frac{bc}{a}+\frac{ab}{c}\ge2b\)
Cộng vế với vế ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Thay abc = 1 vào bđt cần chứng minh :
\(a+b+c\ge\frac{a\left(bc+1\right)}{b\left(ac+1\right)}+\frac{b\left(ac+1\right)}{c\left(ab+1\right)}+\frac{c\left(ab+1\right)}{a\left(bc+1\right)}\)
\(\Leftrightarrow a\left(1-\frac{bc+1}{ac+1}\right)+b\left(1-\frac{ac+1}{ab+1}\right)+c\left(1-\frac{ab+1}{bc+1}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{ac\left(a-b\right)}{ac+1}+\frac{ab\left(b-c\right)}{ab+1}+\frac{bc\left(c-a\right)}{bc+1}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{ac\left[-\left(c-a\right)-\left(b-c\right)\right]}{ac+1}+\frac{ab\left[-\left(a-b\right)-\left(c-a\right)\right]}{ab+1}+\frac{bc\left[-\left(b-c\right)-\left(a-b\right)\right]}{bc+1}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left[\frac{-ac\left(c-a\right)}{ac+1}-\frac{ab\left(c-a\right)}{ab+1}\right]+\left[-\frac{ac\left(b-c\right)}{ac+1}-\frac{bc\left(b-c\right)}{bc+1}\right]+\left[-\frac{ab\left(a-b\right)}{ab+1}-\frac{bc\left(a-b\right)}{bc+1}\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow-a\left(c-a\right)\left(c+b\right)\left(\frac{1}{ac+1}+\frac{1}{ab+1}\right)-c\left(b-c\right)\left(a+b\right)\left(\frac{1}{ac+1}+\frac{1}{bc+1}\right)-b\left(a-b\right)\left(a+c\right)\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{bc+1}\right)\ge0\)(1)
Đặt \(x=\frac{1}{ab+1},y=\frac{1}{bc+1},z=\frac{1}{ac+1}\)
Tiếp tục phân tích : \(-c\left(b-c\right)\left(a+b\right).x-b\left(a-b\right)\left(a+c\right).y=-c\left(a+b\right).x\left[-\left(c-a\right)-\left(a-b\right)\right]-b\left(a+c\right).y\left[-\left(b-c\right)-\left(c-a\right)\right]\)
\(=\left(c-a\right).\left[c\left(a+b\right)x+b\left(a+c\right)y\right]+c\left(a+b\right)\left(a-b\right).x+b\left(a+c\right)\left(b-c\right).y\)
Tới đây giả sử \(a\ge b\ge c>0\) là ra nhé :)
Mình nghĩ CM bằng BĐT Bunhiacopxky đã là chi tiết rồi nhưng nếu bạn muốn chi tiết hơn nữa thì thế này:
Xét hiệu:\(\left(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\right)(x+y+z)-(a+b+c)^2\)
\(=a^2+a^2.\frac{y}{x}+a^2.\frac{z}{x}+b^2+b^2.\frac{x}{y}+b^2.\frac{z}{y}+c^2+c^2.\frac{x}{z}+c^2.\frac{y}{z}-(a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ac)\)
\(=(a^2.\frac{y}{x}+b^2.\frac{x}{y}-2ab)+(a^2.\frac{z}{x}+c^2.\frac{x}{z}-2ac)+(b^2.\frac{z}{y}+c^2.\frac{y}{z}-2bc)\)
\(=(a\sqrt{\frac{y}{x}}-b\sqrt{\frac{x}{y}})^2+(a\sqrt{\frac{z}{x}}-c\sqrt{\frac{x}{z}})^2+(b\sqrt{\frac{z}{y}}-c\sqrt{\frac{y}{z}})^2\geq 0\) với mọi $a,b,c,x,y,z>0$
Do đó:\(\left(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\right)(x+y+z)\geq (a+b+c)^2\)
\(\Rightarrow \frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\geq \frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}\) (đpcm)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\left(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\right)(x+y+z)\geq (a+b+c)^2\)
\(\Rightarrow \frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\geq \frac{(a+b+c)^2}{x+z+y}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}\)
Theo em bài này có 2 lỗi sai, thứ nhất:
Theo BĐT dòng 3 thì ta có :\(a+b+c\ge1\)
Tuy nhiên dấu đẳng thức lại xảy ra khi \(a=1,b=c=0\) (Thực ra thay đẳng thức a = b = c = 1 vào nó cũng không thỏa mãn!)
Thứ 2: Dòng kế cuối, nếp áp dụng BĐT dòng 4 thì: \(\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}\ge\frac{\left(a+b+c\right)}{9}\ge\frac{\sqrt[3]{abc}}{3}?!\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{a}{b+2c+3d}+\frac{b}{c+2d+3a}+\frac{c}{d+2a+3b}+\frac{d}{a+2b+3c}\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)}\). Mà theo BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)}=\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{2\left[\left(a+b\right)\left(c+d\right)+\left(a+c\right)\left(b+d\right)+\left(a+d\right)\left(b+c\right)\right]}\ge\frac{2}{3}\)
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=d
a) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)
Tương tự:\(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{4}{b+c};\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\ge\frac{4}{c+a}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên rồi chia cho 2 ta thu được đpcm
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
b)Đặt \(a+b=x;b+c=y;c+a=z\). Cần chứng minh:
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge2\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\right)\)
Cách làm tương tự câu a.
c) \(VT=\Sigma_{cyc}\frac{1}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}\le\frac{1}{4}\Sigma_{cyc}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\le\frac{1}{16}\Sigma\left(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=1\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{3}{4}\)
d) Em làm biếng quá anh làm nốt đi:P
\(\frac{a+b}{c}\)+\(\frac{b+c}{a}\)+\(\frac{c+a}{b}\)=\(\frac{a}{c}\)+\(\frac{b}{c}\)+\(\frac{b}{a}\)+\(\frac{c}{a}\)+\(\frac{c}{b}\)+\(\frac{a}{b}\)
Vì a;b;c>0 áp dụng bất đẳng thức cosi ta có:
\(\frac{a}{c}\)+\(\frac{c}{a}\)\(\ge\)2\(\sqrt{\frac{a}{c}.\frac{c}{a}}\)=2
\(\frac{b}{c}\)+\(\frac{c}{b}\)\(\ge\)2\(\sqrt{\frac{b}{c}.\frac{c}{b}}\)=2
\(\frac{b}{a}\)+\(\frac{a}{b}\)\(\ge\)2\(\sqrt{\frac{b}{a}.\frac{a}{b}}\)=2
Cộng vế với vế ta có:
\(\frac{a}{c}\)+\(\frac{b}{c}\)+\(\frac{b}{a}\)+\(\frac{c}{a}\)+\(\frac{c}{b}\)+\(\frac{a}{b}\)\(\ge\)2+2+2
=>\(\frac{a+b}{c}\)+\(\frac{b+c}{a}\)+\(\frac{c+a}{b}\)\(\ge\)6
dấu = xảy ra a=b=c
a=b=c