Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Vì abc = 1 nên \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\)\(=\frac{ac}{abc+ac+c}+\frac{abc}{abc^2+abc+ac}+\frac{c}{ca+c+1}\)
\(=\frac{ac}{ac+c+1}+\frac{1}{ac+c+1}+\frac{c}{ac+c+1}=\frac{ac+c+1}{ac+c+1}=1\)(*)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức và áp dụng đẳng thức (*), ta được:
\(\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\)\(=\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}\right)^2}{a}+\frac{\left(\frac{b}{bc+b+1}\right)^2}{b}+\frac{\left(\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{c}\)
\(\ge\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{a+b+c}=\frac{1}{a+b+c}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Đặt M; N; P như sau:
\(M=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge N=\frac{c^2}{a+b}+\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}\ge P=\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}+\frac{a^2}{c+a}.\)
1./ Xét hiệu: M - P
\(M-P=\frac{a^2-b^2}{a+b}+\frac{b^2-c^2}{b+c}+\frac{c^2-a^2}{c+a}=a-b+b-c+c-a=0\)
=> M = P
2./ Bất đẳng thức \(M\ge N\ge P\)có \(M=P\)=> \(M=N=P\)
3./ Khi M = N, ta có hiệu: M - N = 0 nên:
\(\frac{a^2-c^2}{a+b}+\frac{b^2-a^2}{b+c}+\frac{c^2-b^2}{c+a}=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a^2-c^2\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+\left(b^2-a^2\right)\left(a+b\right)\left(a+c\right)+\left(c^2-b^2\right)\left(a+b\right)\left(c+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)(1)
Mặt khác ta luon có bất đẳng thức: \(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)dấu "=" khi a2 = b2 = c2
Do đó để xảy ra đẳng thức (1) thì a2 = b2 = c2 hay |a| = |b| = |c|. ĐPCM
Làm thì mình nghĩ mình làm dc nhưng có cái giờ phải đi học rồi . Nếu tối nay chưa ai trả lời mình sẽ trả lời
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Bài này làm hoài :v
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và BĐT AM-GM ta có:
\(VT=\frac{b^2c^2}{ab+ac}+\frac{a^2c^2}{ab+bc}+\frac{a^2b^2}{ac+bc}\)
\(\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
\(\ge\frac{3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}}{2}=\frac{3}{2}=VP\)
Khi a=b=c=1
Đặt \(\left\{a;b;c\right\}\rightarrow\left\{\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right\}\)Khi đó : \(\frac{1}{x}.\frac{1}{y}.\frac{1}{z}=\frac{1}{x.y.z}=a.b.c=1< =>x.y.z=1\)
\(BĐT< =>\frac{1}{\left(\frac{1}{x}\right)^3\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}+\frac{1}{\left(\frac{1}{y}\right)^3\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{x}\right)}+\frac{1}{\left(\frac{1}{z}\right)^3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(< =>\frac{x^3yz}{y+z}+\frac{y^3xz}{z+x}+\frac{z^3xy}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)\(< =>\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)(*)
Ta chỉ cần chỉ ra bất đẳng thức (*) đúng thì bài toán được giải quyết , thật vậy :
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức :
\(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{y+z+z+x+x+y}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{2}\) (**)
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\sqrt[3]{1}=3\)Tương đương \(\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)(***)
Từ (**) và (***) ta được \(\frac{x^2}{z+y}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)
Suy ra bất đẳng thức (*) đúng . Nên ta có điều phải chứng minh !
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=1< =>a=b=c=1\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
1,
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Sửa đề: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng
\(\frac{1}{ab+b+2}+\frac{1}{bc+c+2}+\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{3}{4}\)
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{1}{ab+b+2}=\frac{1}{ab+1+b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{b+1}\right)\) \(=\frac{1}{4}\left(\frac{abc}{ab\left(1+c\right)}+\frac{1}{b+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{1+c}+\frac{1}{b+1}\right)\)
Tương tự \(\frac{1}{bc+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)
\(\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)
Cộng từng vế các bđt trên ta được
\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\right)=\frac{3}{4}\)
Vậy bđt được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.