Cho a,b,c >0 và a+b+c=1.
C/m \(ab+bc+ca\le\dfrac{2}{7}+\dfrac{9abc}{7}\)
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
N
15 tháng 4 2018
Đồng bậc : \(BDT\Leftrightarrow9abc+2\left(a+b+c\right)^3\ge7\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2+\left(b+c\right)\left(b-c\right)^2+\left(a+c\right)\left(c-a\right)^2\ge0\)( đúng)\(\Rightarrow DPcm\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
26 tháng 12 2018
Lời giải:
\(a+b+c+\frac{9abc}{ab+bc+ac}\geq 4\left(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\right)\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ac)+9abc\geq 4(ab+bc+ac)\left(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}\right)\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ac)+9abc\geq \frac{4a^2b^2}{a+b}+4abc+\frac{4b^2c^2}{b+c}+4abc+\frac{4a^2c^2}{a+c}+4abc\)
\(\Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\geq \frac{4a^2b^2}{a+b}+\frac{4b^2c^2}{b+c}+\frac{4a^2c^2}{a+c}(*)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(4ab\leq (a+b)^2\Rightarrow \frac{4a^2b^2}{a+b}\leq \frac{ab(a+b)^2}{a+b}=ab(a+b)\)
TT: \(\frac{4b^2c^2}{b+c}\leq bc(b+c); \frac{4c^2a^2}{c+a}\leq ac(a+c)\)
Cộng các BĐT trên ta thu được BĐT $(*)$. Tức là $(*)$ luôn đúng, kéo theo BĐT ban đầu luôn đúng
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
9 tháng 8 2017
Đặt \(T=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)>0\)
\(BDT\Leftrightarrow\dfrac{a^2+bc}{b+c}+\dfrac{b^2+ca}{c+a}+\dfrac{c^2+ab}{a+b}\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+bc}{b+c}-a+\dfrac{b^2+ca}{c+a}-b+\dfrac{c^2+ab}{a+b}-c\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+bc-ab-ac}{b+c}+\dfrac{b^2+ac-ab-bc}{a+c}+\dfrac{c^2+ab-ac-bc}{a+b}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}{b+c}+\dfrac{\left(b-a\right)\left(b-c\right)}{a+c}+\dfrac{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}{a+b}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-b^2\right)\left(a^2-c^2\right)+\left(b^2-a^2\right)\left(b^2-c^2\right)+\left(c^2-a^2\right)\left(c^2-b^2\right)}{T}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^4+b^4+c^4-b^2c^2-c^2a^2-a^2b^2}{T}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-b^2\right)^2+\left(b^2-c^2\right)^2+\left(c^2-a^2\right)^2}{2T}\ge0\)
Xảy ra khi \(a=b=c\)
N
10 tháng 8 2017
\(BĐT\Leftrightarrow\sum\left(\dfrac{1}{a}-\dfrac{b+c}{a^2+bc}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}{a\left(a^2+bc\right)}\ge0\)
Giả sử \(a\ge b\ge c\)thì
\(\dfrac{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}{a\left(a^2+bc\right)}\ge0\).vậy nên chỉ cần chứng minh
\(\dfrac{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}{b\left(b^2+ac\right)}+\dfrac{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}{c\left(c^2+ab\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(b-c\right)\left[\dfrac{b-a}{b\left(b^2+ac\right)}+\dfrac{a-c}{c\left(c^2+ab\right)}\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(b-c\right)\left[\left(b-a\right)\left(c^3+abc\right)+\left(a-c\right)\left(b^3+abc\right)\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2\left(b+c\right)\left(ab+ac-bc\right)\ge0\)( đúng vì \(a\ge b\ge c\))
Vậy BĐT được chứng minh.
Dấu = xảy ra khi a=b=c
AH
Akai Haruma
Giáo viên
28 tháng 2 2019
Lời giải:
Vì $abc=1$ nên tồn tại $x,y,z$ sao cho : \((a,b,c)=\left(\frac{x}{y}, \frac{y}{z}, \frac{z}{x}\right)\)
Khi đó:
\(\text{VT}=\frac{1}{\sqrt{\frac{x}{z}+\frac{x}{y}+2}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+2}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{z}{y}+\frac{z}{x}+2}}=\frac{\sqrt{yz}}{\sqrt{xy+xz+2yz}}+\frac{\sqrt{xz}}{\sqrt{xy+yz+2xz}}+\frac{\sqrt{xy}}{\sqrt{xz+yz+2xy}}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\text{VT}^2\leq (1+1+1)\left(\frac{yz}{xy+xz+2yz}+\frac{xz}{xy+yz+2xz}+\frac{xy}{xz+yz+2xy}\right)\)
\(\leq 3\left[\frac{yz}{4}\left(\frac{1}{xy+yz}+\frac{1}{xz+yz}\right)+\frac{xz}{4}\left(\frac{1}{xy+xz}+\frac{1}{xz+yz}\right)+\frac{xy}{4}\left(\frac{1}{xz+xy}+\frac{1}{yz+xy}\right)\right]\)
hay \(\text{VT}^2\leq \frac{3}{4}.\left(\frac{xy+yz}{xy+yz}+\frac{xy+xz}{xy+xz}+\frac{yz+xz}{yz+xz}\right)=\frac{9}{4}\)
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{3}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c=1$
VT
20 tháng 10 2017
nhầm mọi người ơi chứng minh cho mình <=\(\dfrac{3}{\sqrt{2}}\)
Một bài bất đẳng thức khá đặc trưng với phương pháp đổi biến p,q,r. Mình sẽ phiên từ lời giải đổi biến sang biến đổi tương đương nhé.
\(ab+bc+ca\le\dfrac{2}{7}+\dfrac{9abc}{7}\\ \Leftrightarrow7\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\le2\left(a+b+c\right)^3+9abc\\ \Leftrightarrow7\left(a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b+3abc\right)\le2\left(a^3+b^3+c^3+3a^2b+3a^2c+3b^2c+3b^2a+3c^2a+3c^2b+6abc\right)+9abc\\ \Leftrightarrow2a^3+2b^3+2c^3\ge a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b\left(1\right)\)Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cosi cho cặp 3 số dương ta có:
\(a^3+a^3+b^3\ge3a^2b;b^3+b^3+c^3\ge3b^2c;c^3+c^3+a^3\ge3c^2a\\ \Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a\)
Tương tự : \(a^3+b^3+c^3\ge a^2c+b^2a+c^2b\)
Suy ra (1) được chứng minh
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1/3
---- Tick cho mình với -----