Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn \(a,b,c\ge1\); \(a^2+b^2+c^2=4\)
Chứng minh rằng: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le\frac{9}{2\left(\sqrt{a^2-1}+\sqrt{b^2-1}+\sqrt{c^2-1}\right)}\)
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
9 tháng 2 2022
Để ý rằng \(a+b+c=1\) hay \(\left(a+b+c\right)^2=1\)nên ta cần biển đổi a,b,c xuất hiện các đại lượng \(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}};\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}};\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\)nên ta biển đổi như sau:
\(a+b+c=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\)
Khi đó ta được:
\(\left(a+b+c\right)^2=\left[\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\right]^2\)
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxiki ta được:
\(\left[\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\right]\)
\(\le\left(\frac{a}{c+2b}+\frac{b}{a+2c}+\frac{c}{b+2a}\right)\left[a\left(c+2b\right)b\left(a+2c\right)c\left(b+2a\right)\right]\)
Như vậy lúc này ta được:
\(\frac{a}{c+2b}+\frac{b}{a+2c}+\frac{c}{b+2a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)}\)
Vậy bài toán đã được chứng minh.
1 tháng 8 2017
Đầu tiên chứng minh:
\(a^3+b^3+c^3\ge ba^2+cb^2+ac^2\)
Ta có:
\(3\left(a^3+b^3+c^3\right)=\left(a^3+a^3+b^3\right)+\left(b^3+b^3+c^3\right)+\left(c^3+c^3+a^3\right)\)
\(\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge ba^2+cb^2+ac^2\)
Quay lại bài toán ta có:
\(\frac{a^2}{1+b-a}+\frac{b^2}{1+c-b}+\frac{c^2}{1+a-c}\)
\(=\frac{a^4}{a^2+a^2b-a^3}+\frac{b^4}{b^2+b^2c-b^3}+\frac{c^4}{c^2+c^2a-c^3}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a^3+b^3+c^3\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2}=a^2+b^2+c^2=1\)
TN
1 tháng 8 2017
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a^2}{1+b-a}+a^2\left(1+b-a\right)\ge2a^2\)
\(\frac{b^2}{1+c-b}+b^2\left(1+c-b\right)\ge2b^2\)
\(\frac{c^2}{1+a-c}+c^2\left(1+a-c\right)\ge2c^2\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT+a^2b+b^2c+c^2a-a^3-b^3-c^3\ge1\)
Cần chứng minh \(a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a\)
Tiếp tục xài AM-GM \(a^3+a^3+b^3\ge3\sqrt[3]{a^6b^3}=3a^2b\)
TƯơng tự rồi cộng theo vế ta có ĐPCM
Xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
NM
Nguyễn Minh Quang
Giáo viên
20 tháng 2 2022
ta có \(\frac{a}{1+b-a}+a\left(1+b-a\right)\ge2a\)hay \(\frac{a}{1+b-a}\ge a\left(1+a-b\right)=a\left(2a+c\right)\)
tương tự ta sẽ có :
\(\frac{a}{1+b-a}+\frac{b}{1+c-b}+\frac{c}{1+a-c}\ge2a^2+2b^2+2c^2+ab+ac+bc\)
\(\ge\frac{3}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\right)\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2\)
\(\ge\left(a+b+c\right)^2=1\)
vậy ta có điều phải chứng minh
dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
NM
Nguyễn Minh Quang
Giáo viên
23 tháng 2 2022
vì bạn muốn làm bằng BDT Bunhia nên mình làm cách đó nhé :
ta có : \(\left[a\left(1+b-a\right)+b\left(1+c-b\right)+c\left(1+a-c\right)\right]\left(\frac{a}{1+b-a}+\frac{b}{1+c-b}+\frac{c}{1+a-c}\right)\)
\(\ge\left(a+b+c\right)^2=1\) ( áp dụng Bunhia )
nên ta có : \(VT\ge\frac{1}{a\left(1+b-a\right)+b\left(1+c-b\right)+c\left(1+a-c\right)}=\frac{1}{a\left(2b+c\right)+b\left(2c+a\right)+c\left(2a+c\right)}\)
\(\ge\frac{1}{3\left(ab+bc+ca\right)}\) mà \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)
nên ta có : \(VT\ge\frac{1}{3\times\frac{1}{3}}=1=VP\) vậy ta có đpcm
Đặt \(\sqrt{a^2-1}=x;\sqrt{b^2-1}=y;\sqrt{c^2-1}=z\)ta viết lại thành x2+y2+z2=1.Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}\right)\le\frac{9}{2}\)
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
\(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{y}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{z}{\sqrt{z^2+1}}\le\sqrt{\Sigma\frac{3x^2}{2x^2+y^2+z^2}}\le\sqrt{\frac{3}{4}\Sigma\left(\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2}{x^2+z^2}\right)}=\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum } \)\(\frac{y+z}{\sqrt{x^2+1}}\le\sqrt{\Sigma\frac{3\left(y+z\right)^2}{2x^2+y^2+z^2}}\le\sqrt{3\Sigma\left(\frac{y^2}{x^2+y^2}+\frac{z^2}{x^2+z^2}\right)}=3\)
Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{2}{\sqrt{3}}\)