Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.
Ta có: \(\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}=a\left(1-\frac{b^2}{1+b^2}\right)\)
Áp dụng bđt cô - si, ta có: \(1+b^2\ge2b\)
\(\Rightarrow a\left(1-\frac{b^2}{1+b^2}\right)\ge a\left(1-\frac{b^2}{2b}\right)=a-\frac{ab}{2}\)
Tương tự ta có: \(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2}\); \(\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ca}{2}\)
Cộng ba vế của các bđt trên, ta được:
\(\text{ Σ}_{cyc}\frac{a}{1+b^2}\ge\left(a+b+c\right)-\frac{ab+bc+ca}{2}\)
\(\ge\left(a+b+c\right)-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{6}\ge\frac{3}{2}\)
(Dấu "=" khi a = b = c = 1)
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số:
\(3\sqrt[3]{\left(1-a^2\right)\left(1-a^2\right)2a^2}\le\left(1-a^2\right)+\left(1-a^2\right)+2a^2\)
\(\Leftrightarrow\left(1-a^2\right)\left(1-a^2\right)2a^2\le\left(\frac{\left(1-a^2\right)+\left(1-a^2\right)+2a^2}{3}\right)^3=\left(\frac{2}{3}\right)^3=\frac{8}{27}\)
\(\Leftrightarrow\left(1-a^2\right)^2a^2\le\frac{4}{27}\Rightarrow\left(1-a^2\right)a\le\frac{2}{3\sqrt{3}}\Leftrightarrow\frac{a}{1-a^2}\ge\frac{3\sqrt{3}a^2}{2}\)
Tương tự rồi cộng hai vế, ta có:
\(VT\ge\frac{3\sqrt{3}}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)=\frac{3\sqrt{3}}{2}\)
Dấu = <=> \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Lời giải:
Ta có:
\(\text{VT}=\left ( a-\frac{ab^2}{1+b^2} \right )+\left ( b-\frac{bc^2}{1+c^2} \right )+\left ( c-\frac{ca^2}{1+a^2} \right )\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}=3-\left ( \frac{ab^2}{1+b^2}+\frac{bc^2}{1+c^2}+\frac{ca^2}{1+a^2} \right )=3-A\)
Xét $A$ , áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
\(A\leq \frac{ab^2}{2b}+\frac{bc^2}{2c}+\frac{ca^2}{2a}=\frac{1}{2}(ab+bc+ac)\)
Mặt khác, dễ thấy \(9=(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow ab+bc+ac\leq 3\)
\(\Rightarrow A\leq \frac{3}{2}\Rightarrow \text{VT}\geq 3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Xét: \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\)
\(\Leftrightarrow a-\frac{ab^2}{1+b^2}+b-\frac{bc^2}{1+c^2}+c-\frac{ca^2}{1+a^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}1+b^2\ge2\sqrt{b^2}=2b\\1+c^2\ge2\sqrt{c^2}=2c\\1+a^2\ge2\sqrt{a^2}=2a\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\frac{ab^2}{1+b^2}\le\frac{ab^2}{2b}=\frac{ab}{2}\\\frac{bc^2}{1+c^2}\le\frac{bc^2}{2c}=\frac{bc}{2}\\\frac{ca^2}{1+a^2}\le\frac{ca^2}{2a}=\frac{ac}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab}{2}=\frac{2a-ab}{2}\\b-\frac{bc^2}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2}=\frac{2b-bc}{2}\\c-\frac{ca^2}{1+a^2}\ge c-\frac{ac}{2}=\frac{2c-ac}{2}\end{matrix}\right.\)
Cộng theo từng vế:
\(\Rightarrow a-\frac{ab^2}{1+b^2}+b-\frac{bc^2}{1+c^2}+c-\frac{ca^2}{1+a^2}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)-\left(ab+bc+ca\right)}{2}\)
\(\Rightarrow a-\frac{ab^2}{1+b^2}+b-\frac{bc^2}{1+c^2}+c-\frac{ca^2}{1+a^2}\ge\frac{6-\left(ab+bc+ca\right)}{2}=3-\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Xét: \(3-\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Theo hệ quả của bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow9\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow3\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\frac{3}{2}\ge\frac{ab+bc+ca}{2}\)
\(\Rightarrow3-\frac{3}{2}\le3-\frac{ab+bc+ca}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{3}{2}\le3-\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Vì \(a-\frac{ab^2}{1+b^2}+b-\frac{bc^2}{1+c^2}+c-\frac{ca^2}{1+a^2}\ge3-\frac{ab+bc+ca}{2}\)
\(\Rightarrow a-\frac{ab^2}{1+b^2}+b-\frac{bc^2}{1+c^2}+c-\frac{ca^2}{1+a^2}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge\frac{3}{2}\) ( đpcm )
Lời giải:
Ta có:
\(\text{VT}=2a-\frac{2ab^2}{a+b^2}+2b-\frac{2bc^2}{b+c^2}+2c-\frac{2ca^2}{c+a^2}\)
\(=2(a+b+c)-2\left(\frac{ab^2}{a+b^2}+\frac{bc^2}{b+c^2}+\frac{ca^2}{c+a^2}\right)(*)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{ab^2}{a+b^2}+\frac{bc^2}{b+c^2}+\frac{ca^2}{c+a^2}\leq \frac{ab^2}{2\sqrt{ab^2}}+\frac{bc^2}{2\sqrt{bc^2}}+\frac{ca^2}{2\sqrt{ca^2}}=\frac{\sqrt{ab^2}}{2}+\frac{\sqrt{bc^2}}{2}+\frac{\sqrt{ca^2}}{2}\)
\(\leq \frac{ab+b}{4}+\frac{bc+c}{4}+\frac{ca+a}{4}=\frac{ab+bc+ac+a+b+c}{4}(1)\)
Mà:
\((a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)=(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ac)\geq (ab+bc+ac)^2\)
\(\Rightarrow a+b+c\geq ab+bc+ac(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \frac{ab^2}{a+b^2}+\frac{bc^2}{b+c^2}+\frac{ca^2}{c+a^2}\leq \frac{a+b+c}{2}(**)\)
Từ $(*); (**)\Rightarrow \text{VT}\geq a+b+c$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
CÁCH KHÁC:
Áp dụng BĐT Svarxo:
\(VT=2\left(\frac{a^2}{a+b^2}+\frac{b^2}{b+c^2}+\frac{c^2}{c+a^2}\right)\)\(\ge\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+a^2+b^2+c^2}\)\(=\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+3}\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)^2-\left(a+b+c\right)\left(a+b+c+3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-3\right)\ge0\)
Đặt t=a+b+c(t>0)
\(\Rightarrow t\left(t-3\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t\le0\\t\ge3\end{matrix}\right.\)
Giả sử t<3 hay a+b+c<3
=> Mỗi số a,b,c<3
Bí rồi
Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt{a^2+b^2}=x\\\sqrt{b^2+c^2}=y\\\sqrt{c^2+a^2}=z\end{cases}}\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\x+y+z=1\end{cases}}\)
Và \(\hept{\begin{cases}a^2=\frac{x^2+z^2-y^2}{2}\\b^2=\frac{x^2+y^2-z^2}{2}\\c^2=\frac{y^2+z^2-x^2}{2}\end{cases}}\) và \(\hept{\begin{cases}b+c\le\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}=\sqrt{2}y\\a+b\le\sqrt{2}x\\c+a\le\sqrt{2}z\end{cases}}\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{1}{2\sqrt{2}}\left(\frac{x^2+z^2-y^2}{y}+\frac{x^2+y^2-z^2}{2z}+\frac{y^2+z^2-x^2}{x}\right)\)
\(\ge\frac{1}{2\sqrt{2}}\left(\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{x+y+z}-\left(x+y+z\right)\right)\)
\(=\frac{1}{2\sqrt{2}}\left(x+y+z\right)=\frac{1}{2\sqrt{2}}\)
\(VT\ge\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{a+b+c}{abc}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\) (1)
Mặt khác:
\(\left(a+b+c\right)^2=\left(a^2+b^2+c^2\right)+2\left(ab+bc+ca\right)\ge3\sqrt[3]{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^6\ge27\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^6}{27\left(ab+bc+ca\right)^2}\ge a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2.3^4}{27\left(ab+bc+ca\right)^2}\ge a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{3\left(a+b+c\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\ge a^2+b^2+c^2\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge a^2+b^2+c^2\)