cho a,b,c>0 và ab+bc+ca=1.CMR
\(abc\left(a+b+c\right)\le\frac{1}{3}\)
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
HP
24 tháng 9 2017
quy đồng ,bdt cần cm <=> (4-a)(4-b)(4-c) >= 27abc
<=>ab+bc+ca >= 3abc
amgm VT ,dpcm <=> 3.căn bậc 3((abc)2) >/ 3abc <=> abc <= 1
4=(a+b+c)+abc >/ 3.căn bậc 3(abc)+abc , giải bpt -> abc <= 1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
17 tháng 8 2020
\(3=ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\le1\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{abc+a^2\left(b+c\right)}+\frac{1}{abc+b^2\left(c+a\right)}+\frac{1}{abc+c^2\left(a+b\right)}\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{a\left(ab+bc+ca\right)}+\frac{1}{b\left(ab+bc+ca\right)}+\frac{1}{c\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{ab+bc+ca}{3abc}=\frac{1}{abc}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
NK
26 tháng 9 2019
Bài này mình gặp rất nhiều khó khăn khi biến đổi, và vì biểu thức quá dài nên mình phải dùng ký hiệu \(\Sigma_{sym}\), có thể sẽ gặp phải những sai sót-> sai cả bài, do đó bài làm bên dưới chỉ nêu hướng làm thôi (quy đồng).
Nhân hai vế của BĐT cho \(2\left(ab+bc+ca\right)\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)\) BĐT cần chứng minh tương đương:
\(\Leftrightarrow\)\(3\Sigma_{sym}a^3b^3c+\Sigma_{sym}ab^4c^2\ge3\Sigma_{sym}a^5bc+\Sigma_{sym}a^4b^3\)
\(\Leftrightarrow3\Sigma_{sym}\left(a^3b^3c-ab^5c\right)+\Sigma_{sym}b^4c^2a\ge\Sigma_{sym}a^4b^3\)
Do \(3\Sigma_{sym}\left(a^3b^3c-ab^5c\right)\ge0\) theo định lí Muirhead.
Do đó ta sẽ chứng minh: \(\Sigma_{sym}b^4c^2a\ge\Sigma_{sym}a^4b^3\). Và chịu:(
T
17 tháng 2 2020
Không mất tính tổng quát, ta giả sử c là số nhỏ nhất.
Đặt \(f\left(a;b;c\right)=VP-VT\) và \(t=\frac{a+b}{2}\)
Trước hết ta chứng minh \(f\left(a;b;c\right)\ge f\left(t;t;c\right)\).
Xét hiệu hai vế và nó tương đương ta thấy nó \(\ge0\) do giả sử:
Vậy ta chỉ cần chứng minh \(f\left(t;t;c\right)\ge0\Leftrightarrow\frac{\left(c-t\right)^2\left(3c^2+3ct+2t^2\right)}{2t\left(c+t\right)\left(2c+t\right)\left(c^2+t^2\right)}\ge0\) (đúng)
Vậy ta có đpcm.
P/s: Lần sau cho đề đẹp đẹp tí, kiểu này quy đồng mà không có máy tính thì cực chetme:(
T
11 tháng 11 2019
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
T
6 tháng 7 2020
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
N
21 tháng 4 2020
Đặt: \(M=\frac{1}{a+bc}+\frac{1}{b+ca}+\frac{1}{c+ab}=\Sigma_{cyc}\frac{a}{a^2+ab+bc+ca}\)
\(\Rightarrow M.\left(a+b+c\right)=3-\Sigma_{cyc}\frac{bc}{a^2+ab+bc+ca}\)
Đến đây t cần chứng minh:
\(\frac{bc}{a^2+ab+bc+ca}+\frac{ca}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{ab}{c^2+ab+bc+ca}\ge\frac{3}{4}\) (*)
Từ điều kiện ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)
Đặt: \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\left(x,y,z>0\right)\)
\(\Rightarrow x+y+z=1\)
(*) \(\Leftrightarrow\frac{x^2}{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}+\frac{y^2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\frac{z^2}{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{3}{4}\)
Theo Cô-si: \(\frac{x^2}{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}+\frac{9}{16}\left(x+y\right)\left(z+x\right)\ge\frac{3}{2}x\)
Nhứng phần kia tương tự
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{x^2}{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{3}{2}\left(x+y+z\right)-\frac{9}{16}\left[\left(x+y+z\right)^2+\left(xy+yz+zx\right)\right]\ge\frac{3}{4}\)
Lần trước làm không đúng hy vọng bây giờ gỡ lại được