Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn:a+b+c=3.CMR:\(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\)≤1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
19 tháng 6 2019
Do biểu thức đề bài và BĐT đều mang tính đối xứng, không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)
Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(b+c-a;c+a-b;a+b-c\right)\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y>0\\z>0\end{matrix}\right.\)
Ta cần chứng minh \(xyz\le1\)
Nếu \(x\le0\) thì \(xyz\le0\Rightarrow xyz< 1\) BĐT hiển nhiên đúng
Nếu \(x>0\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\frac{y+z}{2}\\b=\frac{x+z}{2}\\c=\frac{x+y}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+y+z=\frac{2}{x+y}+\frac{2}{y+z}+\frac{2}{z+x}\)
\(\Rightarrow x+y+z\le\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{xyz}\left(x+y+z\right)\le\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\)
\(\Leftrightarrow xyz\left(x+y+z\right)^2\le\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2\le3\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow xyz\left(x+y+z\right)\le3\)
\(\Leftrightarrow xyz.3\sqrt[3]{xyz}\le xyz\left(x+y+z\right)\le3\)
\(\Leftrightarrow xyz\sqrt[3]{xyz}\le1\Leftrightarrow xyz\le1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)
T
19 tháng 6 2019
Có: \(VT=\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}{b+c}+\frac{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}{a+c}\) (thay a+ b+c=1 vào r phân tích thành nhân tử)
Lại có: Theo Cô si \(\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}{b+c}\ge2\left(c+a\right)\)
Tương tự với hai BĐT còn lại và cộng theo vế được: \(2VT\ge4\Leftrightarrow VT\ge2^{\left(đpcm\right)}\)
"=" <=> a = b = c = 1/3
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
19 tháng 6 2019
Đặt \(P=\frac{ab+c}{a+b}+\frac{bc+a}{b+c}+\frac{ac+b}{a+c}=\frac{ab+c\left(a+b+c\right)}{a+b}+\frac{bc+a\left(a+b+c\right)}{b+c}+\frac{ac+b\left(a+b+c\right)}{a+c}\)
\(=\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\)
Ta có:
\(\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}\ge2\left(a+c\right)\)
\(\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\ge2\left(a+b\right)\)
\(\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\ge2\left(b+c\right)\)
Cộng vế với vế
\(2P\ge4\left(a+b+c\right)=4\Rightarrow P\ge2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 6 2019
Ta có đánh giá: \(\frac{a^7+b^7}{a^5+b^5}\ge\frac{a^2+b^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow2a^7+2b^7\ge a^7+b^7+a^5b^2+a^2b^5\)
\(\Leftrightarrow a^5\left(a^2-b^2\right)-b^5\left(a^2-b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\left(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4\right)\ge0\) (luôn đúng)
Tương tự \(\frac{b^7+c^7}{b^5+c^5}\ge\frac{b^2+c^2}{2}\) ; \(\frac{c^7+a^7}{c^5+a^5}\ge\frac{a^2+c^2}{2}\)
\(\Rightarrow VT\ge a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
G
22 tháng 7 2019
\(\frac{a+bc}{b+c}+\frac{b+ac}{c+a}+\frac{c+ab}{a+b}\)
\(=\frac{a\left(a+b+c\right)+bc}{b+c}+\frac{b\left(a+b+c\right)+ac}{a+c}+\frac{c\left(a+b+c\right)+ab}{a+b}\)
\(=\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}+\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}{a+b}\)
Áp dụng bđt Cô Si: \(\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\ge2\left(a+b\right)\)
Tương tự,cộng theo vế và rút gọn =>đpcm
2 tháng 4 2020
\(\frac{a+bc}{b+c}+\frac{b+ac}{c+a}+\frac{c+ab}{a+b}\)
\(=\frac{a\left(a+b+c\right)+bc}{b+c}+\frac{b\left(a+b+c\right)+ac}{a+c}+\frac{c\left(a+b+c\right)+ab}{a+b}\)
\(=\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}+\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}{a+b}\)
Áp dụng bđt CÔ si
\(\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\ge2\left(a+b\right)\)
.............
LA
9 tháng 2 2020
chỉ cần thuộc các bđt cơ bản là được.
Áp dụng bđt Bunyakovsky dạng phân thức, vì a,b,c dương
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=a+b+c=1\)
Áp dụng bđt cô si
\(a^2+b^2+c^2\le3\sqrt[3]{a^2\cdot b^2\cdot c^2}\)
mà \(a^2\cdot b^2\cdot c^2\le\frac{\left(a+b+c\right)^3}{3}=\frac{1}{3}\)
nên \(a^2+b^2+c^2\le\) 1
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c = 1/3
19 tháng 11 2017
ta có \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Bất đẳng thức chứng minh tương đương với:
\(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)
Áp dụng Cô-si ta có:
\(2+a^2b=1+1+a^2b\ge3\sqrt[3]{a^2b}\)
\(\Rightarrow\frac{a^2b}{2+a^2b}\le\frac{1}{3}\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le\frac{2a^2+b^2}{9}\)
CHưng minh tương tự ta có:
\(\frac{b^2c}{2+b^2c}\le\frac{2b^2+c^2}{9},\frac{c^2a}{2+c^2a}\le\frac{2c^2+a^2}{9}\)
Cộng là ta có \(đpcm.\)
Dấu \(=\)xảy ra khi \(a=b=c=1\)
21 tháng 11 2019
Đặt \(P=\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}+\frac{b^4}{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}+\frac{c^4}{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a^4}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}+\frac{a+2}{27}+\frac{b+2}{27}+\frac{1}{9}\ge4\sqrt[4]{\frac{a^2}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)}.\frac{a+2}{27}.\frac{b+2}{27}.\frac{1}{9}}=\frac{4a}{9}\)(1)
\(\frac{b^4}{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}+\frac{b+2}{27}+\frac{c+2}{27}+\frac{1}{9}\ge4\sqrt[4]{\frac{b^2}{\left(b+2\right)\left(c+2\right)}.\frac{b+2}{27}.\frac{c+2}{27}.\frac{1}{9}}=\frac{4b}{9}\)(2)
\(\frac{c^4}{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}+\frac{c+2}{27}+\frac{a+2}{27}+\frac{1}{9}\ge4\sqrt[4]{\frac{c^2}{\left(c+2\right)\left(a+2\right)}.\frac{c+2}{27}.\frac{a+2}{27}.\frac{1}{9}}=\frac{4c}{9}\)(3)
Lấy \(\left(1\right)+\left(2\right)+\left(3\right)\)ta được:
\(P+\frac{2\left(a+b+c\right)+12}{27}+\frac{3}{9}\ge\frac{4\left(a+b+c\right)}{9}\)
\(\Leftrightarrow P+\frac{2}{3}+\frac{3}{9}\ge\frac{4}{3}\)
\(\Leftrightarrow P\ge\frac{1}{3}\left(đpcm\right)\)Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
30 tháng 7 2019
Nhân 2 vế của 2 ĐT đề bài ta có
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)=\frac{47}{10}\)
<=> \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}\right)+\left(\frac{b}{b+c}+\frac{c}{b+c}\right)+\left(\frac{c}{a+c}+\frac{a}{a+c}\right)=\frac{47}{10}\)
=>\(P=\frac{17}{10}\)
Vậy \(P=\frac{17}{10}\)
Bài lớp 8 thật hả? :(
\(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\le1\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{4-a}+\frac{b}{4-b}+\frac{c}{4-c}\le1\)
\(\Leftrightarrow a\left(4-b\right)\left(4-c\right)+b\left(4-a\right)\left(4-c\right)+c\left(4-a\right)\left(4-b\right)\le\left(4-a\right)\left(4-b\right)\left(4-c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2b+ac^2+b^2c+abc\le4\) (1)
Ta cần chứng minh (1)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\le c\le b\)
\(\Rightarrow a\left(a-c\right)\left(b-c\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow a^2b+ac^2\le a^2c+abc\)
\(\Leftrightarrow a^2b+ac^2+b^2c+abc\le a^2c+abc+b^2c+abc\)
\(\Leftrightarrow a^2b+ac^2+b^2c+abc\le c\left(a+b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2b+ac^2+b^2c+abc\le\frac{1}{2}.2c\left(a+b\right)\left(a+b\right)\le\frac{1}{2}.\frac{\left(2c+a+b+a+b\right)^3}{27}\)
\(\Leftrightarrow a^2b+ac^2+b^2c+abc\le\frac{1}{2}.\frac{8.3^3}{27}=4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Bài lớp 8 đấy bạn