Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng
$(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^2\geqslant (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
MOD: Chú ý tiêu đề và Latex
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 04-09-2013 - 16:03
Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng
$(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^2\geqslant (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
MOD: Chú ý tiêu đề và Latex
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 04-09-2013 - 16:03
Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng
$(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^2\geqslant (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
MOD: Chú ý tiêu đề và Latex
Khai triển, bất đẳng thức đã cho tương đương với
$\sum \frac{a^2}{b^2}+2(\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a})\geqslant 3+\sum (\frac{a}{b}+\frac{a}{c})$
$\Leftrightarrow \sum \frac{a^2}{b^2}+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}\geqslant 3+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{a^2}{b^2}+3+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}\geqslant 6+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$
Áp dụng AM-GM ta có
$\sum \frac{a^2}{b^2}+3\geqslant 2(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})$
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geqslant 3$
$\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}\geqslant 3$
Cộng $2$ bất đẳng thức trên lại ta có ngay đpcm
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c>0$
Đẳng thức xảy ra
Áp dụng bất đẳng thức cauchy - schwarz ta có :
$(\sum ab)(\sum \frac{a}{b})\geq (\sum a)^{2}$
Và $(\sum \frac{1}{ab})(\sum \frac{a}{b})\geq (\sum \frac{1}{a})^{2}$
Nhân vế với vế và ta sẽ chứng minh
$(\sum a)(\sum \frac{1}{a})\geq (\sum ab)(\sum \frac{1}{ab})=(\sum ab)(\sum a).\frac{1}{abc}$
Thế nhưng đây chỉ là một hằng đẳng thức , ta có điều phải chứng minh , đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng
$(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^2\geqslant (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
MOD: Chú ý tiêu đề và Latex
Cách khác :
Đổi biến :$\left ( \frac{a}{b} ,\frac{b}{c},\frac{c}{a}\right )\rightarrow (x,y,z)$ thì $xyz=1$
Ta cần chứng minh : $$\left ( x+y+z \right )^{2}\geq x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+3=x+y+z+xy+yz+zx+3$$
Mà $xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}$ nên ta đi chứng minh BĐT mạnh hơn là :
$$\left ( x+y+z \right )^{2}\geq x+y+z+\frac{(x+y+z)^{2}}{3}+3\Leftrightarrow t^{2}\geq t+\frac{t^{2}}{3}+3\qquad(x+y+z=t)\Leftrightarrow (t-3)(2t+3)\geq 0$$
Điều này luôn đúng vì $t=x+y+z\geq 3\sqrt[x]{xyz}=3$
Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c$
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+e}+\frac{d}{e+a}+\frac{e}{a+b}\geqslant\frac{5}{2}$Bắt đầu bởi thuvitoanhoc, 10-07-2021 chứng minh bất đẳng thức |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
Chứng minh BĐTBắt đầu bởi Monkey Moon, 27-02-2019 đại số, toán 9 và . |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Đại số →
ĐẠI SỐ NÂNG CAO:Bắt đầu bởi Napolli, 13-12-2018 chứng minh bất đẳng thức |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Đại số →
Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình →
Phương tìnhBắt đầu bởi luonghien12903, 02-12-2018 chứng minh đại số, bất đẳng thức và . |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Bất đẳng thức và cực trị →
Chứng minh BĐTBắt đầu bởi WYS, 17-10-2018 bất đẳng thức và . |
|
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh