Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Không mất tính tổng quát giả sử \(1\le a\le b\le c\le2\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{a}{b}\le1\\\frac{b}{c}\le1\end{cases}\Rightarrow\left(1-\frac{a}{b}\right)\left(1-\frac{b}{c}\right)\ge0}\)(1)
Tương tự ta có \(\left(1-\frac{b}{a}\right)\left(1-\frac{c}{b}\right)\ge0\)(2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\right)+\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\right)\le2\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{a}{c}\right)+3\le5+2\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\)(2)
Mà :\(\left(2-\frac{a}{c}\right)\left(\frac{1}{2}-\frac{a}{c}\right)\le0\Rightarrow\frac{1}{2}-\frac{a}{c}\le0\Leftrightarrow\frac{1}{2}\le\frac{a}{c}\le1\Rightarrow\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\le\frac{5}{2}\)
\(\left(3\right)\Leftrightarrow3+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\le5+\frac{2.5}{2}=10\Rightarrow dpcm\)
Dấu= xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)\in\left\{\left(1,1,2\right);\left(2,2,1\right)\right\}\)và các cặp hoán vị của nó
\(\)
1/ Cho \(a,b,c\ge1\)Chứng minh rằng:
\(\frac{1}{a\left(b+1\right)}+\frac{1}{b\left(c+1\right)}+\frac{1}{c\left(a+1\right)}\ge\frac{3}{1+abc}\)
2/ Cho \(a,b,c,d\in\left[0;1\right].\)Chứng minh rằng:
\(\frac{a}{bc+cd+db+1}+\frac{b}{cd+da+ac+1}+\frac{c}{da+ab+bd+1}+\frac{d}{ab+bc+ca+1}\le\frac{3}{4}+\frac{1}{4abcd}.\)
3/ Giả sử\(a,b>0\)và
Bạn xem lời giải ở đây nhé https://olm.vn/hoi-dap/question/960694.html
Ta có:
\(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a\left(a+1\right)}{8}+\frac{a\left(b+1\right)}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(a+1\right)\left(b+1\right)}{64\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}=\frac{3a}{4}\)
\(\Rightarrow LHS+\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+2\left(a+b+c\right)}{8}\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow LHS\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{8}\)
\(\ge\frac{a+b+c}{2}-\frac{a^2+b^2+c^2}{4}\)
Có ý tưởng đến đây thôi nhưng lại bị ngược dấu rồi :(
BĐT <=> \(\frac{a\left(c+1\right)+b\left(a+1\right)+c\left(b+1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(\frac{ab+bc+ac+a+b+c}{abc+1+ab+bc+ac+a+c+b}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(4\left(ab+bc+ac+a+b+c\right)\ge3\left(ab+bc+ac+a+b+c+2\right)\)
<=> \(ab+bc+ac+a+b+c\ge6\)(1)
(1) luôn đúng do \(ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3;a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)
=> BĐT được CM
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Biến đổi tương đương ta có :
\(\frac{a}{\left(a+1\right).\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right).\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right).\left(a+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow4.a.\left(c+1\right)+4.b.\left(a+1\right)+4.c.\left(b+1\right)\ge3.\left(a+1\right).\left(b+1\right).\left(c+1\right)\)
\(\Leftrightarrow4.\left(a+b+c\right)+4.\left(ab+bc+ac\right)\ge3.a.b.c+3.\left(a+b+c\right)+3.\left(ab+bc+ca\right)+3\)
\(\Leftrightarrow a+b+c+ab+bc+ca\ge6\)
Sử dụng thêm bất đẳng thức Cauchy 3 số ta có :
a+b+c \(\ge\)3.\(\sqrt[3]{abc}\)và ab + bc + ca \(\ge3.\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\)
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a= b= c =1
Mình áp dụng BĐT AM-GM đến dòng
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b\ge6\left(1\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số dương ta được
\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[2]{\left(abc\right)^2}=3;a+b+c\ge3\sqrt[2]{abc}=3\)
Cộng từng vế BĐT ta được (1). Do vậy BĐT ban đầu được chứng minh
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1