Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
áp dụngBĐt cô si cho 2 số ta có
\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\dfrac{a^2}{b^2}.\dfrac{b^2}{c^2}}=2\dfrac{a}{c}\)
tt ta có
\(\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge2\dfrac{b}{a}\); \(\dfrac{b^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{c^2}\ge2\dfrac{b}{c}\)
cộng các BĐT trên ta có
\(2\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)
⇔ \(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\) (đpcm)
Áp dụng bđt Cauchy Schwarz dạng Engel ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}\right)\ge\left(a+b+c\right).\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\)
\(\ge\dfrac{9}{2}\left(đpcm\right)\)
Áp dụng BĐT Cô - si : x2 + y2 ≥ 2xy
=> \(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}\) ≥ \(2.\dfrac{a}{c}\) ( 1)
\(\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\) ≥ \(2.\dfrac{b}{a}\) ( 2)
\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\) ≥ \(2.\dfrac{c}{b}\) ( 3)
Cộng từng vế của ( 1 , 3 , 3) , ta có :
\(2\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right)\) ≥ \(2.\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{c}\right)\)
=> ĐPCM
a)\(BDT\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)}{9}\le\dfrac{ax+by+cz}{3}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\le3\left(ax+by+cz\right)\)
\(\Leftrightarrow ax+ay+az+bx+by+bz+cx+cy+cz\le3\left(ax+by+cz\right)\)
\(\Leftrightarrow2ax+2by+2cz-ay-az-bx-bz-cy-cx\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ax-ay-bx+by\right)+\left(by-bz-cy+cz\right)+\left(cz-cx-az+ax\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(x-y\right)+\left(b-c\right)\left(y-z\right)+\left(c-a\right)\left(z-x\right)\ge0\)
Đây là BĐT Chebyshev mình nghĩ phải có thêm điều kiện \(x\ge y\ge z\)
b)Nhân VP áp dụng Cauchy-Schwarz
c)Xem câu hỏi
b. Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel, ta có:
\(\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{c^2}{a+b}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{b+c+a+c+a+b}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2a+2b+2c}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{2}\)
a) Áp dụng BĐT Cauchy :
Ta có: \(x+\dfrac{1}{x}\) = \(\dfrac{x^2+1}{x}\) \(\ge\) \(\dfrac{2x}{x}\) = 2 => đpcm
=> Dấu = xảy ra khi x = 1
b) Áp dụng BĐT Svac-sơ ta có:
\(\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{c^2}{a+b}\) \(\ge\) \(\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{2}\)
=> đpcm
=> Dấu bằng xảy ra <=> a = b = c
Ta có: BĐT\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{a+b}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{b}{b+c}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{c}{c+a}-\dfrac{1}{2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2a-\left(a+b\right)}{2\left(a+b\right)}+\dfrac{2b-\left(b+c\right)}{2\left(b+c\right)}+\dfrac{2c-\left(c+a\right)}{2\left(c+a\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a-b}{2\left(a+b\right)}+\dfrac{b-c}{2\left(b+c\right)}+\dfrac{c-a}{2\left(c+a\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a-b}{2\left(a+b\right)}+\dfrac{b-a+a-c}{2\left(b+c\right)}+\dfrac{c-a}{2\left(c+a\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a-b}{2}\left(\dfrac{1}{a+b}-\dfrac{1}{b+c}\right)+\dfrac{a-c}{2}\left(\dfrac{1}{b+c}-\dfrac{1}{c+a}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a-b}{2}\left(\dfrac{c-a}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{a-c}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\) (đúng)
Vậy BĐT luôn đúng với \(a\ge b\ge c>0\)
Áp dụng BĐT Cô si dạng phân số ta có :
\(\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{2}\)
=> ĐPCM .
b) Vì a,b,c > 0 .
Áp dụng BĐT Cô si ta có :
\(\dfrac{a^2}{b}+b\ge2a\) (1)
Tương tự ta có : \(\dfrac{b^2}{c}+c\ge2b\) (2)
\(\dfrac{c^2}{a}+a\ge2c\) (3)
Cộng từng vế => ĐPCM .
Ùi mình làm theo kiểu khác thử :V, nhưng có hơi hướng giống và bổ sung :D
Câu 2 : a,b,c > 0. CM : \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\)
Giải :
C1 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng Engel ta có :
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c}=\dfrac{9}{a+b+c}\left(ĐPCM\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{c}\).
C2 : Đầy đủ hơn với cách giải đúng của bạn Hoàng Thiên Di :
Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số dương (sgk là cosi :v)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=1+1+1+\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)+\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+\left(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\right)\)
\(\ge3+2+2+2=9\left(ĐPCM\right)\)
Câu 3 : a,b,c > 0. CM : \(\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\ge6\)
Giải :
\(\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\ge6\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{a}{b}\ge6\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)+\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+\left(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\right)\ge6\)
Theo bất đẳng thức Cosi : \(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}\ge2\sqrt{\dfrac{xy}{yx}}=2\)
Thay vào các vế được : \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{ab}{ba}}=2\sqrt{1}=2\)
\(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{ac}{ca}}=2\sqrt{1}=2\)
\(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{bc}{cb}}=2\sqrt{1}=2\)
\(\Leftrightarrow2+2+2\ge6\) (đúng)
BĐT được c/m.
\(VT=\left(\dfrac{a}{b+c}+1\right)+\left(\dfrac{b}{c+a}+1\right)+\left(\dfrac{c}{a+b}+1\right)-3\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{a+b}\right)-3>=\dfrac{9}{2}-3=\dfrac{3}{2}\)