Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì abc = 1 nên \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\)\(=\frac{ac}{abc+ac+c}+\frac{abc}{abc^2+abc+ac}+\frac{c}{ca+c+1}\)
\(=\frac{ac}{ac+c+1}+\frac{1}{ac+c+1}+\frac{c}{ac+c+1}=\frac{ac+c+1}{ac+c+1}=1\)(*)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức và áp dụng đẳng thức (*), ta được:
\(\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\)\(=\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}\right)^2}{a}+\frac{\left(\frac{b}{bc+b+1}\right)^2}{b}+\frac{\left(\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{c}\)
\(\ge\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{a+b+c}=\frac{1}{a+b+c}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
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.
TL :
Bất đẳng thức sai, chẳng hạn với \(a=b=10^{-4};c=0,5-a-b.\).
HT
Thưa anh, nếu \(a=b=10^{-4}\) và \(c=0,5-a-b=0,5-2.10^{-4}\),em bấm máy thì ngay cả khi chỉ có một cái
\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}\)nó đã bằng \(5.10^{11}\)lớn hơn rất nhiều so với \(\frac{87}{2}\), BĐT vẫn đúng chứ ạ?
Bất đẳng thức
<=> \(\frac{a\left(a+b+c\right)}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b\left(a+b+c\right)}{\left(c+a\right)^2}+\frac{c\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)^2}\ge\frac{9}{4}\)
VT = \(\left(\frac{a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b^2}{\left(a+c\right)^2}+\frac{c^2}{\left(a+b\right)^2}\right)+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\)
\(\ge\frac{1}{3}.\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)^2+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\)
lại có:
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)-3\)
\(\ge\left(a+b+c\right).\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}-3=\frac{3}{2}\)
=> VT\(\ge\frac{1}{3}.\left(\frac{3}{2}\right)^2+\frac{3}{2}=\frac{9}{4}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c.
Hoặc em có thể áp dụng Bunhia
bất đẳng thức
<=> \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{a}{\left(b+c\right)^2}+\frac{b}{\left(c+a\right)^2}+\frac{c}{\left(a+b\right)^2}\right)\ge\frac{9}{4}\)
VT\(\ge\left(\frac{a}{b+c}+\frac{c}{a+b}+\frac{b}{a+c}\right)^2\ge\left(\frac{3}{2}\right)^2=\frac{9}{4}\)
Ta có \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a^2b^2c^2\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 1\)
BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{\frac{1}{c^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}+\frac{\frac{1}{b^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}}+\frac{\frac{1}{a^3}}{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Đặt \((\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})=(x,y,z)\). Bài toán trở thành:
Cho \(x,y,z>0|x^2+y^2+z^2\geq 1\). CMR \(P=\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz:
\(P=\frac{x^4}{xy^2+xz^2}+\frac{y^4}{yz^2+yx^2}+\frac{z^4}{zx^2+zy^2}\geq \frac{(x^2+y^2+^2)^2}{x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)}\) (1)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\geq y\geq z\Rightarrow x^2\geq y^2\geq z^2\)
Và \(y+z\leq z+x\leq x+y\). Khi đó, áp dụng BĐT Chebyshev:
\(3[x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)]\leq (x^2+y^2+z^2)(y+z+x+z+x+y)\)
\(\Leftrightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)(x+y+z)}{3}\)
Theo hệ quả của BĐT Am-Gm thì: \((x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)\Rightarrow x+y+z\leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}\)
\(\Rightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{3}\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(P\geq \frac{3(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}=\frac{\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Ta có đpcm
Dáu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
Đặt \(x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}\)
Khi đó giả thiết được viết lại là \(x^2+y^2+z^2\ge1\)và ta cần chứng minh \(\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)(*)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:
\(VT_{\left(^∗\right)}=\frac{x^4}{x\left(y^2+z^2\right)}+\frac{y^4}{y\left(z^2+x^2\right)}+\frac{z^4}{z\left(x^2+y^2\right)}\)\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\)
Đến đây ta đi chứng minh \(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)\(\ge\sqrt{3}\left[x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)\right]\)
Ta có: \(x\left(y^2+z^2\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2x^2\left(y^2+z^2\right)\left(y^2+z^2\right)}\)\(\le\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\left(\frac{2x^2+y^2+z^2+y^2+z^2}{3}\right)^3}\)
\(=\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Tương tự ta có: \(y\left(z^2+x^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
\(z\left(x^2+y^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được:
\(\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le\frac{2\sqrt{3}}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{3}\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
Cuối cùng ta cần chứng minh được
\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge1\)(đúng)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}\)
Đặt M; N; P như sau:
\(M=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge N=\frac{c^2}{a+b}+\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}\ge P=\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}+\frac{a^2}{c+a}.\)
1./ Xét hiệu: M - P
\(M-P=\frac{a^2-b^2}{a+b}+\frac{b^2-c^2}{b+c}+\frac{c^2-a^2}{c+a}=a-b+b-c+c-a=0\)
=> M = P
2./ Bất đẳng thức \(M\ge N\ge P\)có \(M=P\)=> \(M=N=P\)
3./ Khi M = N, ta có hiệu: M - N = 0 nên:
\(\frac{a^2-c^2}{a+b}+\frac{b^2-a^2}{b+c}+\frac{c^2-b^2}{c+a}=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a^2-c^2\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+\left(b^2-a^2\right)\left(a+b\right)\left(a+c\right)+\left(c^2-b^2\right)\left(a+b\right)\left(c+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)(1)
Mặt khác ta luon có bất đẳng thức: \(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)dấu "=" khi a2 = b2 = c2
Do đó để xảy ra đẳng thức (1) thì a2 = b2 = c2 hay |a| = |b| = |c|. ĐPCM
Làm thì mình nghĩ mình làm dc nhưng có cái giờ phải đi học rồi . Nếu tối nay chưa ai trả lời mình sẽ trả lời