Cho a, b, c > 0 chứng minh rằng:
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}>=2\cdot\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)với \(p=\frac{a+b+c}{2}\)
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
10 tháng 8 2016
Bài 1 :
a) Ta có : \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Áp dụng bđt Cauchy : \(a+b\ge2\sqrt{ab}\) , \(b+c\ge2\sqrt{bc}\) , \(c+a\ge2\sqrt{ca}\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\) hay \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge8abc\)
T
31 tháng 5 2020
Bài 1. Ta có: \(a\left(a+2\right)\left(a-1\right)^2\ge0\therefore\frac{1}{4a^2-2a+1}\ge\frac{1}{a^4+a^2+1}\)
Thiết lập tương tự 2 BĐT còn lại và cộng theo vế rồi dùng Vasc (https://olm.vn/hoi-dap/detail/255345443802.html)
Bài 5: Bất đẳng thức này đúng với mọi a, b, c là các số thực. Chứng minh:
Quy đồng và chú ý các mẫu thức đều không âm, ta cần chứng minh:
\(\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\Sigma\left[\left(a^2+b^2\right)+2c^2\right]\left(a-b\right)^2\ge0\)
Đây là điều hiển nhiên.
PA
25 tháng 1 2017
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\)
\(\frac{yz}{xyz}+\frac{xz}{xyz}+\frac{xy}{xyz}=0\)
\(\frac{yz+xz+xy}{xyz}=0\)
yz + xz + xy = 0
\(\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2xz+2yz=x^2+y^2+z^2+2\times\left(xy+xz+yz\right)=x^2+y^2+z^2+2\times0=x^2+y^2+z^2\left(\text{đ}pcm\right)\)
25 tháng 1 2017
a) Từ giả thiết suy ra: xy + yz + zx = 0
Do đó:
\(\left(x+y+z\right)^2=x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)=x^2+y^2+z^2\)
b) Đặt \(\frac{1}{a-b}=x\); \(\frac{1}{b-c}=y\); \(\frac{1}{c-a}=z\)
Ta có: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=a-b+b-c+c-a=0\)
Theo câu a ta có: \(x^2+y^2+z^2=\left(x+y+z\right)^2\)
Suy ra điều phải chứng minh
TT
5 tháng 2 2020
1) Trước hết ta đi chứng minh BĐT : \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\) với \(a,b>0\) (1)
Thật vậy : BĐT (1) \(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}-\frac{4}{a+b}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)^2-4ab}{ab\left(a+b\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{ab\left(a+b\right)}\ge0\) ( luôn đúng )
Vì vậy BĐT (1) đúng.
Áp dụng vào bài toán ta có:
\(\frac{1}{4}\left(\frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{a+c}\right)\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\)
\(=\frac{1}{4}\cdot\left[2.\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right]=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Vậy ta có điều phải chứng minh !
5 tháng 2 2020
Bài 1 :
Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\) với a , b > 0
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\\\frac{1}{b+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\\\frac{1}{a+c}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\end{cases}}\)
Cộng theo từng vế
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)( đpcm)
CM
2 tháng 12 2020
Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)
\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)
\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z
PN
5 tháng 7 2020
Áp dụng bđt Cauchy cho 2 số không âm :
\(x^2+\frac{1}{x}\ge2\sqrt[2]{\frac{x^2}{x}}=2.\sqrt{x}\)
\(y^2+\frac{1}{y}\ge2\sqrt[2]{\frac{y^2}{y}}=2.\sqrt{y}\)
Cộng vế với vế ta được :
\(x^2+y^2+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge2.\sqrt{x}+2.\sqrt{y}=2\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)\)
Vậy ta có điều phải chứng mình
5 tháng 7 2020
Ta đi chứng minh:\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\)* đúng *
Khi đó:
\(\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}=\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}=\frac{c}{abc\left(a+b+c\right)}\)
Tương tự:
\(\frac{1}{b^3+c^3+abc}\le\frac{a}{abc\left(a+b+c\right)};\frac{1}{c^3+a^3+abc}\le\frac{b}{abc\left(a+b+c\right)}\)
\(\Rightarrow LHS\le\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}\)
KK
5 tháng 2 2017
Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\) với a , b > 0
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\\\frac{1}{b+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\\\frac{1}{a+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\end{matrix}\right.\)
Cộng theo từng vế:
\(\Rightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\) ( đpcm )
5 tháng 2 2017
Với a , b , c > 0
Ta có: \(a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Rightarrow\) \(a^2+2ab+b^2\ge4ab\)
\(\Rightarrow\) \(\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{a+b}{4ab}\ge\frac{1}{a+b}\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4b}+\frac{1}{4a}\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)(1)
Chứng minh tương tự ta cũng có được:
\(\frac{1}{b+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\) (2)
và \(\frac{1}{a+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\) (3)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được:
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)( ĐPCM)
\(\frac{1}{p-a}\)+\(\frac{1}{p-b}\)+\(\frac{1}{p-c}\)\(\ge\)2.(\(\frac{1}{a}\)+\(\frac{1}{b}\)+\(\frac{1}{c}\))
Ta có:
\(\frac{1}{p-a}\)= \(\frac{1}{\frac{a+b+c}{2}-a}\)=\(\frac{2}{b+c-a}\)
\(\frac{1}{p-b}\)=\(\frac{1}{\frac{a+b+c}{2}-b}\)=\(\frac{2}{a+c-b}\)
\(\frac{1}{p-c}\)=\(\frac{1}{\frac{a+b+c}{2}-c}\)=\(\frac{2}{a+b-c}\)
Vì a,b,c>0 ta có dụng BĐT sau:\(\frac{1}{x}\)+\(\frac{1}{y}\)\(\ge\)\(\frac{4}{x+y}\)
\(\frac{2}{b+c-a}\)+\(\frac{2}{a+c-b}\)\(\ge\)\(\frac{2.4}{b+c-a+a+c-b}\)=\(\frac{8}{2c}\)=\(\frac{4}{c}\)
\(\frac{2}{b+c-a}\)+\(\frac{2}{a+b-c}\)\(\ge\)\(\frac{2.4}{b+c-a+a+b-c}\)=\(\frac{8}{2b}\)=\(\frac{4}{b}\)
\(\frac{2}{a+b-c}\)+\(\frac{2}{a+c-b}\)\(\ge\)\(\frac{2.4}{a+b-c+a+c-b}\)=\(\frac{8}{2a}\)=\(\frac{4}{a}\)
Cộng vế với vế của (1);(2) và(3) ta co:
\(\frac{4}{b+c-a}\)+\(\frac{4}{a+c-b}\)+\(\frac{4}{a+b-c}\)\(\ge\)\(\frac{4}{c}\)+\(\frac{4}{b}\)+\(\frac{4}{a}\)
\(\frac{2}{b+c-a}\)+\(\frac{2}{a+c-b}\)+\(\frac{2}{a+b-c}\)\(\ge\)2(\(\frac{1}{a}\)+\(\frac{1}{b}\)+\(\frac{1}{c}\))
Vậy\(\frac{1}{p-a}\)+\(\frac{1}{p-b}\)+\(\frac{1}{p-c}\)\(\ge\)2(\(\frac{1}{a}\)+\(\frac{1}{b}\)+\(\frac{1}{c}\))
dấu = xảy ra khi a=b=c