Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\ge2\). Chứng minh\(abc\le\frac{1}{8}\)
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
DD
Đoàn Đức Hà
Giáo viên
22 tháng 1 2021
\(\frac{1}{a+1}\ge1-\frac{1}{b+1}+1-\frac{1}{c+1}=\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\).
Tương tự ta có: \(\frac{1}{b+1}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(a+1\right)\left(c+1\right)}}\), \(\frac{1}{c+1}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}\).
Nhân 3 bất đẳng thức trên theo vế ta được:
\(\frac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{8abc}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\)
\(\Leftrightarrow abc\le\frac{1}{8}\).
TN
21 tháng 3 2017
Bài này chả khó với lại đầy người đăng rồi
Ta có: \(a^2+b^2\ge2ab\) và \(b^2+1\ge2b\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+b^2+1+2\ge2ab+2b+2=2\left(ab+b+1\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2b^2+3}\le\frac{1}{2ab+2b+2}=\frac{1}{2\left(ab+b+1\right)}\left(1\right)\)
Tương tự ta có: \(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2\left(bc+c+1\right)}\left(2\right);\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2\left(ac+a+1\right)}\left(3\right)\)
Cộng theo vế của \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\) ta có:
\(VT\le\frac{1}{2\left(ab+b+1\right)}+\frac{1}{2\left(bc+c+1\right)}+\frac{1}{2\left(ac+a+1\right)}\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{ac}{a^2bc+abc+ac}+\frac{a}{abc+ac+a}+\frac{1}{ac+a+1}\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{ac}{ac+a+1}+\frac{a}{ac+a+1}+\frac{1}{ac+a+1}\right)\left(abc=1\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{ac+a+1}{ac+a+1}\right)=\frac{1}{2}=VP\) (ĐPCM)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
TN
5 tháng 12 2016
Ta có: \(a^2+b^2\ge2\sqrt{a^2b^2}=2ab\)\(;b^2+1\ge2\sqrt{b^2\cdot1}=2b\)
\(\Rightarrow a^2+2b^2+3\ge2ab+2b+2=2\left(ab+b+1\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2b^2+3}\le\frac{1}{2}\left(ab+b+1\right)\left(1\right)\). Tương tự ta có:
\(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2}\left(bc+c+1\right)\left(2\right);\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2}\left(ac+a+1\right)\left(3\right)\)
Cộng theo vế của (1);(2) và (3) ta có:
\(\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}\)
\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ac+a+1}\right)\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{ab}{ab+b+1}+\frac{b}{ab+b+1}\right)=\frac{1}{2}\) (vì abc=1)
Suy ra Đpcm. Dấu "=" khi a=b=c=1
TN
23 tháng 5 2016
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a}{c}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{c^3}}=\frac{3}{c}\left(1\right)\)
Chứng minh tương tự ta cũng có:
\(\frac{c}{b}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\ge\frac{3}{b}.\left(2\right)\frac{b}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}\ge\frac{3}{a}.\left(3\right)\)
Cộng theo vế của (1),(2) và (3) ta được
\(3\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}\right)\ge3\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right).\left(4\right)\)
Mặt khác, do abc=1 nên theo BĐT AM-GM
ta có \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\left(\frac{a}{b}+ab\right)+\left(\frac{b}{c}+bc\right)+\left(\frac{c}{a}+ca\right)\ge2a+2b+2c.\left(5\right)\)
Từ (4) và (5) =>đpcm
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
24 tháng 4 2020
\(\Sigma\frac{a^3+1}{b^3+c^3+1}=(\frac{-\left(a+b\right)\left(c^3+1\right)}{ab\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+1\right)}+\frac{\Sigma\left(a+b\right)^2}{3\left(a+b+c\right)}+2\left(a+b+c\right)\)
\(+\frac{\frac{1}{2}\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\right)\left(\Sigma\frac{1}{\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{b^2}}\right)}{\left(a+b+c\right)^2+3\left(a+b+c\right)+9}+\frac{\Sigma\left(a-b\right)^2}{a+b+c})\left(a-b\right)^2+2\ge2\)
justforfun:)
21 tháng 2 2022
Ta đổi chiều bất đẳng thức, khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(18\left(\frac{a^3}{1+a^3}+\frac{b^3}{1+b^3}+\frac{c^3}{1+c^3}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Để ý abc=1 thì \(\frac{a^3}{1+a^3}=\frac{a^3}{abc+a^3}=\frac{a^2}{bc+a^2}\)nên bất đẳng thức trên thành:
\(18\left(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Lại cũng từ \(abc=1\) ta có \(\left(a+b+c\right)^3\ge27abc=27\), do đó ta sẽ chứng minh được khi ta chỉ ra được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Vế trái của đánh giá trên áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Lúc này ta được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\)
Tuy nhiên để đến khi \(a=b=c=1\) thì:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}=\left(a+b+c\right)^3=27\)
Ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(x+y\ge2\sqrt{xy}\), khi đó ta được:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}+\left(a+b+c\right)^3\ge\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\)
Chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ được:
\(\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\ge54\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^5\ge\frac{81}{2}\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)\)
Vậy theo bất đẳng thức Cauchy ta được:
\(\left(a+b+c\right)^6=\left[\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\right]^3\)
\(\ge27\left(a+b+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)^2\ge81abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
\(=81\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
Khi đó ta được:
\(\left(a+b+c\right)^5\ge81\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Vậy ta cần chỉ ra rằng:
\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
Vậy bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\), là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 1 2017
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM_GM kết hợp với $abc=1$:
\(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+1\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=3a\). Tương tự với các phân thức khác
\(\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+2\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+3\geq 3(a+b+c)\)
Tiếp tục áp dụng AM_GM:
\(\frac{b}{a}+b^2c^2a+c\geq 3\sqrt[3]{b^3c^3}=3bc......\), công theo vế và rút gọn
\(\Rightarrow \frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+a+b+c\geq 2(ab+bc+ac)=2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Cộng hai BĐT thu được lại, ta có:
\(\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)\geq 2\left(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Ta có đpcm. Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$
Ta có: \(\frac{1}{a+1}\ge2-\frac{1}{b+1}-\frac{1}{c+1}=\left(1-\frac{1}{b+1}\right)+\left(1-\frac{1}{c+1}\right)=\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
Tương tự \(\frac{1}{b+1}\ge\frac{c}{c+1}+\frac{a}{a+1}\ge2\sqrt{\frac{ca}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}}\)
\(\frac{1}{c+1}\ge\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}\)
Nhân từng vế, ta có:
\(\frac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{8abc}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\)
\(\Rightarrow abc\le\frac{1}{8}\)