Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Sửa đề: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng
\(\frac{1}{ab+b+2}+\frac{1}{bc+c+2}+\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{3}{4}\)
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{1}{ab+b+2}=\frac{1}{ab+1+b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{b+1}\right)\) \(=\frac{1}{4}\left(\frac{abc}{ab\left(1+c\right)}+\frac{1}{b+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{1+c}+\frac{1}{b+1}\right)\)
Tương tự \(\frac{1}{bc+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)
\(\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)
Cộng từng vế các bđt trên ta được
\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\right)=\frac{3}{4}\)
Vậy bđt được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
CM BĐT : \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge3\left(x^3y+y^3z+z^3x\right)\) ( * )
\(\frac{a}{ab+1}=\frac{a\left(ab+1\right)-a^2b}{ab+1}=a-\frac{a^2b}{ab+1}\)
TT ....
Áp dụng BĐT ( * ) với x = \(\sqrt{a}\); y = \(\sqrt{b}\); z = \(\sqrt{c}\) vào bài toán, ta có :
\(\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ca+1}=a+b+c-\frac{a^2b}{ab+1}-\frac{b^2c}{bc+1}-\frac{c^2a}{ac+1}\)
\(\ge3-\frac{a^2b}{2\sqrt{ab}}-\frac{b^2c}{2\sqrt{bc}}-\frac{c^2a}{2\sqrt{ac}}=3-\frac{\sqrt{a^3b}+\sqrt{b^3c}+\sqrt{c^3a}}{2}\ge3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :
\(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{1^2}{2\cdot1}=\frac{1}{2}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c=1/3
Bạn kia làm sai r
Ta có đánh giá quen thuộc \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{a+b+c}{abc}\)
mà \(3abc\left(a+b+c\right)\le\left(ab+bc+ca\right)^2\)
do đó \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{a+b+c}{abc}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
Phép chứng minh hoàn tất khi ta cm được
\(\frac{3\left(a+b+c\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\ge a^2+b^2+c^2\)
hay \(3\left(a+b+c\right)^2\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)
Theo bđt AM-GM ta có
\(\left(a+b+c\right)^2=\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\ge3\sqrt[3]{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
hay \(\left(a+b+c\right)^6\ge27\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)
mà a+b+c=3 nên \(\left(a+b+c\right)^6=81\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow3\left(a+b+c\right)^2\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)
Vậy bđt được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Xét BĐT phụ \(\frac{1}{a^2}+4a\ge a^2+4\Leftrightarrow\frac{\left(a-1\right)^2\left(1+2a-a^2\right)}{a^2}\ge0\)
Đến đây, ta đưa điều phải chứng minh về dạng \(\frac{\left(a-1\right)^2\left(1+2a-a^2\right)}{a^2}+\frac{\left(b-1\right)^2\left(1+2b-b^2\right)}{b^2}+\frac{\left(c-1\right)^2\left(1+2c-c^2\right)}{c^2}\ge0\)(*)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)
Xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: \(a\le1+\sqrt{2}\Rightarrow c\le b\le a\le1+\sqrt{2}\)
Khi đó thì \(1+2a-a^2\ge0;1+2b-b^2\ge0;1+2c-c^2\ge0\)dẫn đến (*) đúng
Trường hợp 2: \(a>1+\sqrt{2}\Rightarrow b+c=3-a< 3-\left(1+\sqrt{2}\right)=2-\sqrt{2}< \frac{2}{3}\)
\(\Rightarrow bc\le\frac{\left(b+c\right)^2}{4}< \frac{\frac{4}{9}}{4}=\frac{1}{9}\)
Mà a,b,c dương nên \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}>\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{2}{bc}>18>\left(a+b+c\right)^2>a^2+b^2+c^2\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Áp dụng BĐT Cauchy-SChwarz ta có:
\(VT=\frac{a^4}{a^2+2a^2bc}+\frac{b^4}{b^2+2ab^2c}+\frac{c^4}{c^2+2abc^2}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2abc\left(a+b+c\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\cdot\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\cdot\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3}}\)
\(\ge\frac{1^2}{1+2\cdot\frac{1^2}{3}}=\frac{3}{5}=VP\)
Dấu "=" bạn tự nghiên cứu nhé :D
DẤU BẰNG XẢY RA\(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\) CÁI NÀY LÀ ĐIỂM RƠI NHÉ.
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.
\(\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\)
Tương tự : \(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2}\) ; \(\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ac}{2}\)
Cộng theo vế : \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge3-\frac{1}{2}\left(ab+bc+ac\right)\ge3-\frac{1}{2}.\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{3}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge\frac{3}{2}\)