CM Bất đẳng thức sau
(1+a/b)(1+b/c)(1+c/a)>=8 a,b,c >0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
DT
0
Những câu hỏi liên quan
AP
1
2 tháng 9 2016
Cách 1. Áp dụng bđt Bunhiacopxki : \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(\sqrt{a.\frac{1}{a}}+\sqrt{b.\frac{1}{b}}+\sqrt{c.\frac{1}{c}}\right)^2=\left(1+1+1\right)^2=9\)
Cách 2. Áp dụng bđt Cauchy :
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
11 tháng 9 2018
Bài 1:
Chiều thuận:\(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow x\vdots 3; y\vdots 3\)
Giả sử cả \(x\not\vdots 3, y\not\vdots 3\). Ta biết rằng một số chính phương khi chia 3 thì dư $0$ hoặc $1$.
Do đó nếu \(x\not\vdots 3, y\not\vdots 3\Rightarrow x^2\equiv 1\pmod 3; y^2\equiv 1\pmod 3\)
\(\Rightarrow x^2+y^2\equiv 2\pmod 3\) (trái với giả thiết )
Suy ra ít nhất một trong 2 số $x,y$ chia hết cho $3$
Giả sử $x\vdots 3$ \(\Rightarrow x^2\vdots 3\). Mà \(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow y^2\vdots 3\Rightarrow y\vdots 3\)
Vậy \(x^2+y^2\vdots 3\Rightarrow x,y\vdots 3\)
Chiều đảo:
Ta thấy với \(x\vdots 3, y\vdots 3\Rightarrow x^2\vdots 3; y^2\vdots 3\Rightarrow x^2+y^2\vdots 3\) (đpcm)
Vậy ta có đpcm.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
11 tháng 9 2018
Bài 2: > chứ không \(\geq \) nhé, vì khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\) thì cả 3 BĐT đều đúng.
Phản chứng, giả sử cả 3 BĐT đều đúng
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a(1-b)> \frac{1}{4}\\ b(1-c)> \frac{1}{4}\\ c(1-a)>\frac{1}{4}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a(1-a)b(1-b)c(1-c)> \frac{1}{4^3}(*)\)
Theo BĐT AM-GM thì:
\(a(1-a)\leq \left(\frac{a+1-a}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)
\(b(1-b)\leq \left(\frac{b+1-b}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)
\(c(1-c)\leq \left(\frac{c+1-c}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\)
\(\Rightarrow abc(1-a)(1-b)(1-c)\leq \frac{1}{4^3}\) (mâu thuẫn với $(*)$)
Do đó điều giả sử là sai, tức là trong 3 BĐT trên có ít nhất một BĐT đúng.
18 tháng 1 2018
BĐT cần chứng minh tương đương :
\(\dfrac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}\ge\dfrac{ab+bc+ac}{abc}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^8+b^8+c^8}{a^2b^2c^2}\ge ab+bc+ac\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^6}{b^2c^2}+\dfrac{b^6}{a^2c^2}+\dfrac{c^6}{a^2b^2}\ge ab+bc+ac\)
Do \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
Ta phải cm
\(\dfrac{a^6}{b^2c^2}+\dfrac{b^6}{a^2c^2}+\dfrac{c^6}{a^2b^2}\ge a^2+b^2+c^2\)(1)
Đặt : \(\left(a^2;b^2;c^2\right)=\left(x;y;z\right)\)
\(\Rightarrow\left(1\right)\Leftrightarrow\dfrac{x^3}{yz}+\dfrac{y^3}{xz}+\dfrac{z^3}{xy}\ge x+y+z\)
Áp dụng C.B.S
\(\Rightarrow\dfrac{x^3}{yz}+\dfrac{y^3}{xz}+\dfrac{z^3}{xy}=\dfrac{x^4}{xyz}+\dfrac{y^4}{xyz}+\dfrac{z^4}{xyz}\ge\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3xyz}\)
Theo Bunhiacopxki: \(x^2+y^2+z^2\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)\(\Rightarrow\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^4}{9}\)
Theo Cauchy : \(\Rightarrow3xyz\le\dfrac{\left(x+y+z\right)^3}{9}\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3xyz}\ge\dfrac{\dfrac{\left(x+y+z\right)^4}{9}}{\dfrac{\left(x+y+z\right)^3}{9}}=x+y+z\)
\(\Rightarrow\)\(\Rightarrow\dfrac{x^3}{yz}+\dfrac{y^3}{xz}+\dfrac{z^3}{xy}\ge x+y+z\)
=> đpcm
18 tháng 1 2018
BĐT cần chứng minh tương đương :
a8+b8+c8a3b3c3≥ab+bc+acabca8+b8+c8a3b3c3≥ab+bc+acabc
⇔a8+b8+c8a2b2c2≥ab+bc+ac⇔a8+b8+c8a2b2c2≥ab+bc+ac
⇔a6b2c2+b6a2c2+c6a2b2≥ab+bc+ac⇔a6b2c2+b6a2c2+c6a2b2≥ab+bc+ac
Do a2+b2+c2≥ab+bc+aca2+b2+c2≥ab+bc+ac
Ta phải cm
a6b2c2+b6a2c2+c6a2b2≥a2+b2+c2a6b2c2+b6a2c2+c6a2b2≥a2+b2+c2(1)
Đặt : (a2;b2;c2)=(x;y;z)(a2;b2;c2)=(x;y;z)
⇒(1)⇔x3yz+y3xz+z3xy≥x+y+z⇒(1)⇔x3yz+y3xz+z3xy≥x+y+z
Áp dụng C.B.S
⇒x3yz+y3xz+z3xy=x4xyz+y4xyz+z4xyz≥(x2+y2+z2)23xyz⇒x3yz+y3xz+z3xy=x4xyz+y4xyz+z4xyz≥(x2+y2+z2)23xyz
Theo Bunhiacopxki: x2+y2+z2≥(x+y+z)23x2+y2+z2≥(x+y+z)23⇒(x2+y2+z2)2≥(x+y+z)49⇒(x2+y2+z2)2≥(x+y+z)49
Theo Cauchy : ⇒3xyz≤(x+y+z)39⇒3xyz≤(x+y+z)39
⇒(x2+y2+z2)23xyz≥(x+y+z)49(x+y+z)39=x+y+z⇒(x2+y2+z2)23xyz≥(x+y+z)49(x+y+z)39=x+y+z
⇒⇒⇒x3yz+y3xz+z3xy≥x+y+z⇒x3yz+y3xz+z3xy≥x+y+z
=> đpcm
