CMR:
a. \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\left(a,b>0\right)\)
b. \(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\) với a,b,c là 3 cạnh của tam giác và p là nửa chu vi của tam giác đó
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
3 tháng 1 2019
3/ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có :
\(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ab\right)^2}{\left(bc\right)^2}}=\dfrac{2a}{c}\)
\(\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(bc\right)^2}{\left(ac\right)^2}}=\dfrac{2b}{a}\)
\(\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{a^2}{b^2}\ge2\sqrt{\dfrac{\left(ac\right)^2}{\left(ab\right)^2}}=\dfrac{2c}{b}\)
Cộng 3 vế của BĐT trên ta có :
\(2\left(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right)\ge2\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\left(\text{đpcm}\right)\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
4 tháng 1 2019
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{1}{2\sqrt{a^2.bc}}+\frac{1}{2\sqrt{b^2.ac}}+\frac{1}{2\sqrt{c^2.ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2abc}\)
Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:
\(\sqrt{bc}+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\leq \frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}+\frac{a+b}{2}=a+b+c\)
Do đó:
\(\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\leq \frac{a+b+c}{2abc}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 4 2022
1.
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)
Ta có:
\(\left(ab-1\right)^2=a^2b^2-2ab+1=a^2b^2-a^2-b^2+1+a^2+b^2-2ab\)
\(=\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)+\left(a-b\right)^2\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\)
Tương tự: \(\left(bc-1\right)^2\ge\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)
\(\left(ca-1\right)^2\ge\left(c^2-1\right)\left(a^2-1\right)\)
Do \(a;b;c\ge1\) nên 2 vế của các BĐT trên đều không âm, nhân vế với vế:
\(\left[\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\right]^2\ge\left[\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\right]^2\)
\(\Rightarrow\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Câu 2 em kiểm tra lại đề có chính xác chưa
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 4 2022
2.
Câu 2 đề thế này cũng làm được nhưng khá xấu, mình nghĩ là không thể chứng minh bằng Cauchy-Schwaz được, phải chứng minh bằng SOS
Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=max\left\{a;b;c\right\}\)
\(\Rightarrow\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\) (1)
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(\dfrac{1}{a}-\dfrac{a+b}{bc+a^2}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{b+c}{ac+b^2}+\dfrac{1}{c}-\dfrac{c+a}{ab+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{b\left(c-a\right)}{a^3+abc}+\dfrac{c\left(a-b\right)}{b^3+abc}+\dfrac{a\left(b-c\right)}{c^3+abc}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)+a\left(c-b\right)}{a^3+abc}+\dfrac{c\left(a-b\right)}{b^3+abc}+\dfrac{a\left(b-c\right)}{c^3+abc}\ge0\)
\(\Leftrightarrow c\left(b-a\right)\left(\dfrac{1}{a^3+abc}-\dfrac{1}{b^3+abc}\right)+a\left(c-b\right)\left(\dfrac{1}{a^3+abc}-\dfrac{1}{c^3+abc}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)\left(b^3-a^3\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)\left(c^3-a^3\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)\left(c-a\right)\left(a^2+ac+c^2\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\ge0\)
Đúng theo (1)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
DL
1 tháng 12 2017
1) Áp dụng BĐT Cô si
ta có
\(\left(\sqrt{a+b}-\dfrac{1}{2}\right)^2\ge0\forall a,b\inĐK\)
\(\Leftrightarrow a+b-2\sqrt{a+b}.\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow a+b+\dfrac{1}{4}\ge\sqrt{a+b}\)
vậy ĐPCM
KK
19 tháng 5 2018
Bài 2
Áp dụng bđt Cauchy ta có \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{2}{\sqrt{ab}}\Rightarrow\dfrac{1}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}\le\dfrac{\sqrt{ab}}{2}\)
Thiết lập tương tự và thu lại ta có:
\(\Rightarrow VP\le4\left(\dfrac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2}\right)=2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)\left(1\right)\)
Áp dụng bđt Cauchy ta có \(a+b\ge2\sqrt{ab}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+\dfrac{1}{2}\right)^2\ge\left(2\sqrt{ab}+\dfrac{1}{2}\right)^2\ge2.2\sqrt{ab}.\dfrac{1}{2}=2\sqrt{ab}\)
Thiết lập tương tự và thu lại ta có:
\(\Rightarrow VT\ge2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)\left(2\right)\)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow VT\ge VP\)
\(\Rightarrowđpcm\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
14 tháng 5 2018
Lời giải:
Ta có:
\(\text{VT}=\frac{a}{(a+1)(b+1)}+\frac{b}{(b+1)(c+1)}+\frac{c}{(c+1)(a+1)}\)
\(=\frac{a(c+1)+b(a+1)+c(b+1)}{(a+1)(b+1)(c+1)}=\frac{ab+bc+ac+a+b+c}{abc+(ab+bc+ac)+(a+b+c)+1}\)
\(=\frac{ab+bc+ac+a+b+c}{2+(a+b+c)+ab+bc+ac}\)
Ta cần chứng minh \(\text{VT}\geq \frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow \frac{ab+bc+ac+a+b+c}{2+(a+b+c)+ab+bc+ac}\geq \frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow 4(ab+bc+ac+a+b+c)\geq 3(ab+bc+ac+a+b+c)+6\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac+a+b+c\geq 6\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac+a+b+c\geq 6\sqrt[6]{ab.bc.ac.a.b.c}\)
(Đúng theo BĐT Cô-si)
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
NC
2 tháng 12 2017
1) áp dụng cauchy cho (a+b) và 1/4
\(\frac{\left(a+b\right)+\frac{1}{4}}{2}\ge\sqrt{\left(a+b\right)\cdot\frac{1}{4}}\)
\(\Rightarrow a+b+\frac{1}{4}\ge\sqrt{a+b}\) (Đẳng thức khi \(a+b=\frac{1}{4}\))
2) Ta có: \(\left(x+\frac{1}{2}\right)^2=x^2+x+\frac{1}{4}>x\)
\(\Rightarrow\left(a+b+\frac{1}{2}\right)^2>a+b=\frac{1}{\frac{1}{a}}+\frac{1}{\frac{1}{b}};\)
với x,y>0 ta có: \(\frac{x+y}{2}\ge\sqrt{xy}\Rightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\Rightarrow\frac{x+y}{xy}\ge\frac{4}{x+y}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\Rightarrow\frac{1}{\frac{1}{a}}+\frac{1}{\frac{1}{b}}\ge\frac{4}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\)\(\Rightarrow\left(a+b+\frac{1}{2}\right)^2>\frac{4}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}};\)
Tương tự với \(\left(b+c+\frac{1}{2}\right)^2\) và \(\left(c+a+\frac{1}{2}\right)^2\)Ta có:
\(\left(a+b+\frac{1}{2}\right)^2+\left(b+c+\frac{1}{2}\right)^2+\left(c+a+\frac{1}{2}\right)^2\)
\(>4\left(\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{1}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{1}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}\right)\)
Không xảy ra đẳng thức (Nếu vế trái là \(\left(a+b+\frac{1}{4}\right)^2+\left(b+c+\frac{1}{4}\right)^2+\left(c+a+\frac{1}{4}\right)^2\) Thì mới xảy ra đẳng thức.
6I
1 tháng 12 2017
I. Nội qui tham gia "Giúp tôi giải toán"
1. Không đưa câu hỏi linh tinh lên diễn đàn, chỉ đưa các bài mà mình không giải được hoặc các câu hỏi hay lên diễn đàn;
2. Không trả lời linh tinh, không phù hợp với nội dung câu hỏi trên diễn đàn.
3. Không "Đúng" vào các câu trả lời linh tinh nhằm gian lận điểm hỏi đáp.
Các bạn vi phạm 3 điều trên sẽ bị giáo viên của Online Math trừ hết điểm hỏi đáp, có thể bị khóa tài khoản hoặc bị cấm vĩnh viễn không đăng nhập vào trang web.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
18 tháng 1 2022
\(\Leftrightarrow\left(1+abc\right)\left(\dfrac{1}{a\left(1+b\right)}+\dfrac{1}{b\left(1+c\right)}+\dfrac{1}{c\left(1+a\right)}\right)\ge3\)
Ta có:
\(\left(1+abc\right).\dfrac{1}{a\left(1+b\right)}=\dfrac{1+abc}{a+ab}=\dfrac{1+a+ab+abc-a-ab}{a+ab}=\dfrac{1+a}{a\left(1+b\right)}+\dfrac{b\left(1+c\right)}{1+b}-1\)
\(\Rightarrow VT=\dfrac{1+a}{a\left(1+b\right)}+\dfrac{b\left(1+c\right)}{1+b}+\dfrac{1+b}{b\left(1+c\right)}+\dfrac{c\left(1+a\right)}{1+c}+\dfrac{1+c}{c\left(1+a\right)}+\dfrac{a\left(1+b\right)}{1+a}-3\)
\(VT\ge6\sqrt[6]{\dfrac{abc\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2}{abc\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2}}-3=3\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
TL
16 tháng 10 2018
Giải:
\(\dfrac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\dfrac{b}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\dfrac{c}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}\ge\dfrac{3}{4}\)(*)
\(\Leftrightarrow\) \(\dfrac{a\left(c+1\right)+b\left(a+1\right)+c\left(b+1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\dfrac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\) \(\dfrac{ac+a+ab+b+bc+c}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\) \(\ge\) \(\dfrac{3}{4}\)
Do a+1 ; b+1; c+1 >0
\(\Rightarrow\) 4ac+4a+4ab+4b+4bc+4c \(\ge\) 3abc+3ac+3bc+3ab+3a+3b+3c+3
\(\Leftrightarrow\) ac+ab+bc+a+b+c -6 \(\ge\) 0
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số
Ta có: a+b+c \(\ge\) \(3\sqrt[3]{abc}=3\)
ab+bc+ca \(\ge\) \(3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\) = 3
\(\Rightarrow\)ac+ab+bc+a+b+c -6 \(\ge\) 0 ( luôn đúng)
\(\Rightarrow\) (*) được chứng minh
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\) a=b=c=1
UK
2 tháng 12 2017
Viết gọn lại, ta cần chứng minh:
\(\sum\left(a+b+\dfrac{1}{4}\right)^2\ge\sum4\left(\dfrac{1}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}\right)\)
\(\Leftrightarrow\sum\left(a+b+\dfrac{1}{4}\right)^2\ge\sum4\left(\dfrac{1}{\dfrac{a+b}{ab}}\right)=\sum\dfrac{4ab}{a+b}\)
Thật vậy, ta có:
\(\sum\left(a+b+\dfrac{1}{4}\right)^2\ge\sum\left(2\sqrt{\left(a+b\right).\dfrac{1}{4}}\right)^2=\sum a+b\)
Vậy ta cần chứng minh:
\(\sum a+b\ge\sum\dfrac{4ab}{a+b}\Leftrightarrow\sum\left(a+b\right)^2\ge\sum4ab\Leftrightarrow\sum\left(a-b\right)^2\ge0\)
Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c
a. Xét hiệu: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{4}{a+b}\)
=\(\dfrac{b\left(a+b\right)+a\left(a+b\right)-4ab}{ab\left(a+b\right)}\)
\(=\dfrac{a^2-2ab+b^2}{ab\left(a+b\right)}=\dfrac{\left(a-b\right)^2}{ab\left(a+b\right)}\ge0\)
Vì a,b>0
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi a=b
a) Ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\left(1\right)\forall a,b\)
( Dấu = xày ra khi và chỉ khi a=b)
Cộng 4ab vào 2 vế, ta có:
\(\left(a-b\right)^2+4ab\ge4ab\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
Chia 2 vế cho ab(a+b)>0, ta có:
\(\dfrac{a+b}{ab}\ge\dfrac{4}{a+b}\Leftrightarrow\)\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\)
b) Ta có:
\(2p=a+b+c\)
\(p-a=\dfrac{a+b+c}{2}-a=\dfrac{b+c-a}{2}>0\) vì b+c>a
Tương tự: \(p-b>0,p-c>0\)
Áp dụng BĐT: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\)cho từng cặp số p-a, p-b; p-b,p-c;p-c,p-a
Ta có:
\(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}\ge\dfrac{4}{\left(p-a\right)+\left(p-b\right)}=\dfrac{4}{2p-\left(a+b\right)}=\dfrac{4}{c}\left(1\right)\)
Tương tự:
\(\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge\dfrac{4}{a}\left(2\right)\)
\(\dfrac{1}{p-c}+\dfrac{1}{p-a}\ge\dfrac{4}{b}\left(3\right)\)
Cộng các BĐT cùng chiều (1), (2), (3) vế theo vế, ta có:
\(2\left(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
Do đó: \(\dfrac{1}{p-a}+\dfrac{1}{p-b}+\dfrac{1}{p-c}\ge2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)