cho a , b , c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc = 1 . CMR : \(\frac{a}{a^3+a+1}+\frac{b}{b^3+b+1}+\frac{c}{c^3+c+1}\le1\)
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 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 \(a=b=c=1\)
1 tháng 11 2018
Đặt:
\(P=\frac{a}{a^3+a+1}+\frac{b}{b^3+b+1}+\frac{c}{c^3+c+1}\)
Ta c/m:
\(a^3+1\ge a^2+a\Leftrightarrow a^3-a^2-\left(a-1\right)\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\left(a+1\right)\ge0\Rightarrow DPCM\)
\(\Rightarrow P\le\frac{a}{a^2+2a}+\frac{b}{b^2+2b}+\frac{c}{c^2+2c}=\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\)
Áp dụng bđt Sac- xơ ngược ta được:
\(\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\le\frac{1}{9}\left(\frac{4}{2}+\frac{1}{a}\right)+\frac{1}{9}\left(\frac{4}{2}+\frac{1}{b}\right)+\frac{1}{9}\left(\frac{1}{c}+\frac{4}{2}\right)\)
\(=\frac{2}{3}+\frac{ab+bc+ca}{9}\)
Ta cần c/m: \(\frac{2}{3}+\frac{ab+bc+ca}{9}\le1\Leftrightarrow\frac{ab+bc+ca}{9}\le\frac{1}{3}\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\)
1 tháng 11 2018
Tiếp nhé:
Áp dụng bđt AM-GM ta được:
\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{ab.bc.ca}=3\) (do abc=1)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
=>DPCM
Bài này anh nhờ 1 người bạn trên fb giúp
17 tháng 9 2017
Đặt \(a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}\) là ra bạn KK
T
7 tháng 8 2019
BĐT <=> \(\frac{2}{a^2+2}+\frac{2}{b^2+2}+\frac{2}{c^2+2}\le2\)
\(\Leftrightarrow1-\frac{a^2}{a^2+2}+1-\frac{b^2}{b^2+2}+1-\frac{c^2}{c^2+2}\le2\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{a^2+2}+\frac{b^2}{b^2+2}+\frac{c^2}{c^2+2}\ge1\)
Theo BĐT Svacxo:
\(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+6}=\frac{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}{a^2+b^2+c^2+6}=\frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+6}=1\)
Vậy ta có đpcm.
P/s: Đúng ko ta?
17 tháng 5 2018
Theo giả thiết ta có: các bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh
\(\frac{a}{4-c}+\frac{b}{4-a}+\frac{c}{4-b}\le1\)
\(\Rightarrow a\left(4-a\right)\left(4-b\right)+b\left(4-b\right)\left(4-c\right)\)\(+c\left(4-c\right)\left(4-a\right)\le\left(4-a\right)\left(4-b\right)\)\(\left(4-c\right)\)
\(\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a+abc\le4\)
Bất đẳng thức trên mang tính hoán vị giữa các bất đẳng thức nên không mất tính tổng quát ta giả swr c nằm giwuax a và b khi đó ta có:
\(a\left(a-c\right)\left(b-c\right)\le0\)
Thực hiện phép khai triển ta được: \(a^2b+c^2a\le a^2c+abc\)rồi cộng thêm \(\left(b^2c+abc\right)\)vào 2 vế ta được:
\(a^2b+b^2c+c^2a+abc\)\(\le a^2c+b^2c+2abc=c\left(a+b\right)^2\)
Áp dụng Bất Đẳng Thức AM-GM ta có:
\(c\left(a+b\right)^2=\frac{1}{2}2c\left(a+b\right)\left(a+b\right)\)\(\le\frac{\left(2c+a+b+a+b\right)^3}{2.27}=4\)nên Bất Đẳng Thức đã được chứng minh
Vậy \(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\le1\)( đpcm )
PN
10 tháng 5 2021
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số :
\(\frac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{b+1}{8}+\frac{c+1}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(b+1\right)\left(c+1\right)}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)8^2}}=\frac{3a}{4}\)
Tương tự ta có \(\frac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}+\frac{c+1}{8}+\frac{a+1}{8}\ge\frac{3b}{4}\)
\(\frac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{b+1}{8}\ge\frac{3c}{4}\)
Cộng theo vế các bđt trên ta được :
\(VT+2\left(\frac{a}{8}+\frac{b}{8}+\frac{c}{8}+\frac{3}{8}\right)\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(< =>VT\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{6}{8}\)
\(=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{6}{8}\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{abc}-\frac{6}{8}=\frac{12-6}{8}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra \(< =>a=b=c=1\)
Done !
Mình có cách này,không chắc lắm:
\(VT=\frac{a}{a\left(a^2+bc+1\right)}+\frac{b}{b\left(b^2+ac+1\right)}+\frac{c}{c\left(c^2+ab+1\right)}\) (làm tắt,bạn tự hiểu nha)
\(=\frac{1}{a^2+bc+1}+\frac{1}{b^2+ac+1}+\frac{1}{c^2+ab+1}\)
\(\le\frac{1}{3}\left(\frac{1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c}}\right)\)
\(=\frac{1}{3}\left[\left(1+1+1\right)-\left(\frac{\sqrt[3]{a}-1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{\sqrt[3]{b}-1}{\sqrt[3]{b}}+\frac{\sqrt[3]{c}-1}{\sqrt[3]{c}}\right)\right]\)
\(=1-\frac{1}{3}\left(\frac{\sqrt[3]{a}-1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{\sqrt[3]{b}-1}{\sqrt[3]{b}}+\frac{\sqrt[3]{c}-1}{\sqrt[3]{c}}\right)\)
Áp dụng BĐT Cô si với biểu thức trong ngoặc:
\(=1-\frac{1}{3}\left(\frac{\sqrt[3]{a}-1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{\sqrt[3]{b}-1}{\sqrt[3]{b}}+\frac{\sqrt[3]{c}-1}{\sqrt[3]{c}}\right)\)
\(\le1-\sqrt[3]{\left(\sqrt[3]{a}-1\right)\left(\sqrt[3]{b}-1\right)\left(\sqrt[3]{c-1}\right)}\le1^{\left(đpcm\right)}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1
Ta c/m bđt sau:
\(a^3+1\ge a^2+a\)
\(\Leftrightarrow a^3+1-a^2-a\ge0\Leftrightarrow a\left(a^2-1\right)-\left(a^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\left(a+1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a^3+a+1}\le\frac{a}{a^2+2a}=\frac{1}{a+2}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a^3+a+1}+\frac{b}{b^3+b+1}+\frac{c}{c^3+c+1}\le\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}\)
Đặt \((a,b,c)\rightarrow(\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x})\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=\frac{y}{x+2y}+\frac{z}{y+2z}+\frac{x}{z+2x}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{x}{x+2y}+1-\frac{y}{y+2z}+1-\frac{z}{z+2x}\right)=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\left(\frac{x^2}{x^2+2xy}+\frac{y^2}{y^2+2yz}+\frac{z^2}{z^2+2xy}\right)\)\(\le\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\left(\frac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx}\right)=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}.\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2}=1\)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1