Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3.
Cmr: 1/(a^2+b+c) +1/(b^2+a+c) +1/(c^2+a+b) < hoặc bằng 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
21 tháng 4 2019
1. Ta có : \(\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)^2\ge0\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\ge\frac{2}{ab}\)
Tương tự : \(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{2}{bc}\); \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{2}{ac}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\). Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)a = b = c
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)=9\)
\(9\le3\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\)\(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge3\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)a = b = c = 1
21 tháng 4 2019
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=7\)\(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)=49\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2.\frac{a+b+c}{abc}=49\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=49\)
22 tháng 12 2015
bai nay dai lam nhung ban cu lam theo ncac buoc sau:
b1: lấy dữ liệu đầu bài để nhận với 1 số mà bằng được với cái phải chứng minh thế là ra
b2: nhân đa thức với đa thức(tự làm)
b3:ghép các phân thức đồng dạng với nhau.
b4:kết luận
TN
1
L
1 tháng 4 2017
áp dụng BĐT bunhia... ta có
\(\left(a+2b\right)^2=\left(1.a+\sqrt{2}\sqrt{2}b\right)^2\le\left(1+2\right)\left(a^2+2b^2\right)\le3.3c^2=9c^2\)
\(\Rightarrow a+2b\le3c\)
áp dụng cosi ta có
\(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge3\sqrt[3]{xyz}.3\sqrt[3]{\frac{1}{xyz}}=9\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\)
áp dụng BDT trên ta có \(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}\ge\frac{9}{a+b+b}=\frac{9}{a+2b}\ge\frac{9}{3c}=\frac{3}{c}\left(đpcm\right)\)
dấu = xảy ra khi a=b=c
31 tháng 7 2019
1. BĐT ban đầu
<=> \(\left(\frac{1}{3}-\frac{b}{a+3b}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{c}{b+3c}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{a}{c+3a}\right)\ge\frac{1}{4}\)
<=>\(\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(\frac{a^2}{a^2+3ab}+\frac{b^2}{b^2+3bc}+\frac{c^2}{c^2+3ac}\ge\frac{3}{4}\)
Áp dụng BĐT buniacoxki dang phân thức
=> BĐT cần CM
<=> \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3\left(ab+bc+ac\right)}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)luôn đúng
=> BĐT được CM
31 tháng 7 2019
2) \(a+b+c\le ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)^2-3\left(a+b+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-3\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\)\(a+b+c\ge3\)
ko mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)
Có: \(3\le a+b+c\le ab+bc+ca\le3a^2\)\(\Leftrightarrow\)\(3a^2\ge3\)\(\Leftrightarrow\)\(a\ge1\)
=> \(\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\le\frac{3}{1+2a}\le1\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)
M
20 tháng 8 2023
Để chứng minh rằng biểu thức abc(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2) nhỏ hơn hoặc bằng 8 khi a, b, c là các số dương và a + b + c = 3, chúng ta có thể sử dụng bất đẳng thức AM-GM (bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân).
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho a, b, c ta có: (a + b + c)/3 >= (abc)^(1/3)
Vì a + b + c = 3, ta có: 3/3 >= (abc)^(1/3) 1 >= (abc)^(1/3) 1^3 >= abc 1 >= abc
Tiếp theo, chúng ta cần chứng minh rằng (1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2) <= 8.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho (1 + a^2), (1 + b^2), (1 + c^2) ta có: (1 + a^2 + 1 + b^2 + 1 + c^2)/3 >= ((1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2))^(1/3)
Vì a^2 + b^2 + c^2 >= 3 (bằng với bất đẳng thức Tchebyshev), ta có: (3 + a^2 + b^2 + c^2)/3 >= ((1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2))^(1/3) (3 + a^2 + b^2 + c^2)/3 >= (3 + a^2 + b^2 + c^2)/3 1 >= ((1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2))^(1/3) 1^3 >= (1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2) 1 >= (1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2)
Từ hai bất đẳng thức trên, ta có: abc(1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2) <= 1 * 1 = 1
Do đó, khi a, b, c là các số dương và a + b + c = 3, ta có abc(1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2) <= 1, và vì 1 nhỏ hơn hoặc bằng 8, nên ta có: abc(1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2) <= 8.
Vậy, chúng ta đã chứng minh được rằng biểu thức abc(1 + a^2)(1 + b^2)(1 + c^2) nhỏ hơn hoặc bằng 8 khi a, b, c là các số dương và a + b + c = 3.
N
26 tháng 12 2019
De dung la:
\(\Sigma_{cyc}\frac{1}{1+a^2+b^2}\le\frac{9}{5}\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{a^2+b^2}{1+a^2+b^2}\ge\frac{6}{5}\)
\(VT\ge\frac{\left(\Sigma_{cyc}\sqrt{a^2+b^2}\right)^2}{2\Sigma_{cyc}a^2+3}\left(M\right)\)
Consider:
\(VT_M\ge\frac{6}{5}\)
\(5\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\ge\Sigma_{cyc}a^2+9\)
Consider:
\(5\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\ge5\Sigma_{cyc}a^2+5\Sigma_{cyc}ab=5\Sigma_{cyc}a^2+5\)
Gio can cung minh:
\(5\Sigma_{cyc}a^2+5\ge\Sigma_{cyc}a^2+9\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}a^2\ge1\)
Ta lai co:
\(\Sigma_{cyc}a^2\ge\Sigma_{cyc}ab=1\)
Dau '=' xay ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
G
9 tháng 7 2019
Đặt \(\hept{\begin{cases}a=\frac{x}{y}\\b=\frac{y}{z}\\c=\frac{z}{x}\end{cases}}\) Ta có: \(A=\frac{1}{2+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+c}=\frac{1}{\frac{x}{y}+2}+\frac{1}{\frac{y}{z}+2}+\frac{1}{\frac{z}{x}+2}\)
\(=\frac{y}{x+2y}+\frac{z}{y+2z}+\frac{x}{z+2x}\)
Cần cm \(A\le1\Leftrightarrow2A\le2\)
\(\Leftrightarrow\frac{2y}{x+2y}+\frac{2z}{y+2z}+\frac{2x}{z+2x}\le2\)
\(\Leftrightarrow\left(1-\frac{2y}{x+2y}\right)+\left(1-\frac{2z}{y+2z}\right)+\left(1-\frac{2x}{z+2x}\right)\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{x}{x+2y}+\frac{y}{y+2z}+\frac{z}{z+2x}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{x^2+2xy}+\frac{y^2}{y^2+2yz}+\frac{z^2}{z^2+2xz}\ge1\)
bđt này đúng theo cauchy-schwarz. dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
Theo giả thiết: \(a+b+c=3\Rightarrow b+c=3-a\). Tương tự: a+b=3-a và c+a=3-b
Khi đó \(\frac{1}{a^2+b+c}+\frac{1}{b^2+c+a}+\frac{1}{c^2+a+b}=\frac{1}{a^2-a+3}+\frac{1}{b^2-b+3}+\frac{1}{c^2-c+3}\)
Ta chứng minh BĐT phụ sau:
\(\frac{1}{a^2-a+3}\le\frac{4-a}{9}\)(1)
Thật vậy, BĐT (1) \(\Leftrightarrow9\le\left(4-a\right)\left(a^2-a+3\right)\)
\(\Leftrightarrow9\le-a^3+5a^2-7a+12\)\(\Leftrightarrow-a^3+5a^2-7a+3\ge0\)
\(\Leftrightarrow-a^3+a^2+4a^2-4a-3a+3\ge0\)
\(\Leftrightarrow-a^2\left(a-1\right)+4a\left(a-1\right)-3\left(a-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(-a^2+4a-3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(-a^2+a+3a-3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left[-a\left(a-1\right)+3\left(a-1\right)\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\left(3-a\right)\ge0\)(2)
Ta thấy \(a;b;c>0\) và \(a+b+c=3\Rightarrow a< 3\)\(\Rightarrow3-a>0\)
Mà \(\left(a-1\right)^2\ge0\forall a\). Nên \(\left(a-1\right)^2\left(3-a\right)\ge0\)
Do đó: BĐT (2) luôn đúng với mọi 0<a<3 => BĐT (1) cũng đúng
Chứng minh tương tự \(\frac{1}{b^2-b+3}\le\frac{4-b}{9};\frac{1}{c^2-c+3}\le\frac{4-c}{9}\)
Từ đó suy ra:
\(\frac{1}{a^2-a+3}+\frac{1}{b^2-b+3}+\frac{1}{c^2-c+3}\le\frac{12-\left(a+b+c\right)}{9}=\frac{12-3}{9}=1\)(Do a+b+c=3)
=> ĐPCM.
Cho x,y,z € Z+ tm: x+y+z=4
Tính A= \(\sqrt{ }\)x(4-y)(4-z) +\(\sqrt{ }\)y(4-x)(4-x) +\(\sqrt{ }\)z(4-x)(4-y) -\(\sqrt{ }\)xyz