Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 8. CMR:
\(\frac{a}{ca+4}+\frac{b}{ba+4}+\frac{c}{bc+4}\le\frac{a^2+b^2+c^2}{16}\)
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
15 tháng 7 2020
\(\left(a;b;c\right)=\left(2x;2y;2z\right)\) (ko đặt ẩn phụ cũng được, đặt số nhỏ cho dễ nhìn thôi)
BĐT trở thành:
\(\frac{x}{xz+1}+\frac{y}{xy+1}+\frac{z}{yz+1}\le\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\) với \(xyz=1\) \(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\) (1)
Ta có:
\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{z}+x+\frac{1}{x}+y+\frac{1}{y}+z\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{xy+yz+zx}{xyz}+x+y+z\right)\)
\(VT\le\frac{1}{4}\left(xy+yz+zx+x+y+z\right)\le\frac{1}{4}\left(x^2+y^2+z^2+\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\right)\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
\(\frac{1}{4}\left(x^2+y^2+z^2+\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\right)\le\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge\sqrt{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\) (đúng theo (1))
9 tháng 1 2019
Ta có: \(\frac{1}{ab+a+2}=\frac{1}{\left(ab+1\right)+\left(a+1\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu
Ta có: \(\frac{1}{\left(ab+1\right)+\left(a+1\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)
\(=\frac{1}{4}\left(\frac{abc}{ab+abc}+\frac{1}{a+1}\right)=\frac{1}{4}\left[\frac{abc}{ab\left(1+c\right)}+\frac{1}{a+1}\right]=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{1+c}+\frac{1}{a+1}\right)\) (1)
CMT2 được: \(\frac{1}{bc+b+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{b+1}\right)\) (2)
\(\frac{1}{ca+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\) (3)
Cộng (1);(2) và (3) vế theo vế
Ta được: \(\frac{1}{ab+a+2}+\frac{1}{bc+b+2}+\frac{1}{ca+c+2}\le\frac{1}{4}\left[\left(\frac{c}{c+1}+\frac{1}{c+1}\right)+\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{a+1}\right)+\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{b+1}\right)\right]\)
\(=\frac{1}{4}.\left(1+1+1\right)=\frac{3}{4}\)
=> đpcm
6 tháng 3 2020
Áp dụng BĐT Cosi ta có \(\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{a^2+b^2}{4ab}\ge2\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}.\frac{a^2+b^2}{4ab}}=1\)
Tương tự \(\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{b^2+c^2}{4bc}\ge1\) \(\frac{ca}{c^2+a^2}+\frac{c^2+a^2}{4ca}\ge1\)
Khi đó BĐT sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được
\(\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\left(\frac{a^2+b^2}{4ab}+\frac{b^2+c^2}{4bc}+\frac{c^2+a^2}{4ca}\right)\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\left(\frac{a}{4b}+\frac{b}{4a}+\frac{b}{4c}+\frac{c}{4b}+\frac{a}{4c}+\frac{c}{4a}\right)\right)\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{4}\left(\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}-\frac{a+c}{b}-\frac{b+c}{a}-\frac{c+a}{b}\right)\ge\frac{3}{4}\)(do \(a+b+c=1\))
\(\Leftrightarrow\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}\) luôn đúng. Từ đó suy ba BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
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
8 tháng 1 2020
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc\)
\(=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)( phân tích nhân tử các kiểu )
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)\)
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)
\(\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
Khi đó:\(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\)
\(\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\)
\(=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm
7 tháng 7 2018
Từ giả thiết:\(ab+bc+ca=3\Rightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2=9\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)=9\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=9-2abc\left(a+b+c\right)\)
Ta có:\(\frac{a}{2a^2+bc}+\frac{b}{2b^2+ca}+\frac{c}{2c^2+ab}\)\(=\frac{1}{\frac{2a^2+bc}{a}}+\frac{1}{\frac{2b^2+ca}{b}}+\frac{1}{\frac{2c^2+ab}{c}}\)
\(\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{2a+\frac{bc}{a}+2b+\frac{ca}{b}+2c+\frac{ab}{c}}=\frac{9}{2a+2b+2c+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}}\)
\(=\frac{9}{2a+2b+2c+\frac{b^2c^2+c^2a^2+a^2b^2}{abc}}=\frac{9}{2a+2b+2c+\frac{9-2abc\left(a+b+c\right)}{abc}}\)
\(=\frac{9}{2a+2b+2c+\frac{9}{abc}-2\left(a+b+c\right)}=\frac{9}{\frac{9}{abc}}=abc\)
Dấu "=" xảy ra khi
\(\frac{2a^2+bc}{a}=\frac{2b^2+ca}{b}=\frac{2c^2+ab}{c}=\frac{2a^2+bc-2b^2-ca}{a-b}=\frac{2\left(a-b\right)\left(a+b\right)-c\left(a-b\right)}{a-b}\)
\(=2\left(a+b\right)-c\).Tương tự ta có:\(2\left(a+b\right)-c=2\left(b+c\right)-a=2\left(c+a\right)-b\)
\(\Leftrightarrow a+b=b+c=c+a\)
\(\Leftrightarrow a=b=c\)
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$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
\(P=\frac{a}{ca+4}+\frac{b}{ba+4}+\frac{c}{bc+4}\)
\(=\frac{ab}{abc+4b}+\frac{bc}{abc+4c}+\frac{ca}{abc+4a}\)
\(=\frac{ab}{8+4b}+\frac{bc}{8+4c}+\frac{ca}{8+4a}\)
\(=\frac{1}{4}\left(\frac{ab}{b+2}+\frac{bc}{c+2}+\frac{ca}{a+2}\right)\)
Ta có: \(\frac{ab}{b+2}=\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{b+2}\right)\le\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}\left(a+\frac{ab}{2}\right)\)
Tương tự: \(\frac{bc}{c+2}\le\frac{bc}{4}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}\left(b+\frac{bc}{2}\right);\frac{ca}{a+2}\le\frac{ca}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}\left(a+\frac{ac}{2}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{b+2}+\frac{bc}{c+2}+\frac{ca}{a+2}\le\frac{1}{4}\left[\left(a+b+c\right)+\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\right]\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{16}\left[\left(a+b+c\right)+\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\right]\)
Ta có: \(a\le\frac{a^2+4}{4}\)
\(\Leftrightarrow\left(a-2\right)^2\ge0\)( đúng )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=2\)
Tương tự \(b\le\frac{b^2+4}{4};c\le\frac{b^2+4}{4}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow b=c=2\)
\(\Rightarrow a+b+c\le\frac{a^2+b^2+c^2}{4}+3\)
Mà \(a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=12\)
\(\Rightarrow3\le\frac{a^2+b^2+c^2}{4}\)
\(\Rightarrow a+b+c\le\frac{a^2+b^2+c^2}{2}\)
Lại có BĐT phụ \(\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\le\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{16}\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=2\)