Chứng minh: \(\dfrac{a}{a+bc}+\dfrac{b}{b+ca}+\dfrac{c}{c+ab}\le\dfrac{9}{4}\)
(trong đó a, b, c dương thỏa: a+b+c=1)
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
8 tháng 4 2021
\(\Leftrightarrow\left(1+ab+bc+ca\right)\left(\dfrac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\right)\le\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(1+ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(1+ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)
Áp dụng BĐT quen thuộc:
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\dfrac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)=\dfrac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{2\left(1+ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\dfrac{9\left(1+ab+bc+ca\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}\)
Ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{9\left(1+ab+bc+ca\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}\le\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)
\(\Leftrightarrow4\left(ab+bc+ca\right)^2\ge9abc+9abc\left(ab+bc+ca\right)\)
Do \(3\left(ab+bc+ca\right)^2\ge9abc\left(a+b+c\right)=9abc\)
Nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge9abc\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge9abc\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge9\)
Hiển nhiên đúng do \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}=9\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
9 tháng 8 2021
Với mọi số thực dương a;b;c ta có BĐT:
\(a^4+b^4\ge ab\left(a^2+b^2\right)\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\)
Tương tự, ta có:
\(VT\le\dfrac{ab}{ab\left(a^2+b^2\right)+ab}+\dfrac{bc}{bc\left(b^2+c^2\right)+bc}+\dfrac{ca}{ca\left(c^2+a^2\right)+ca}\)
\(VT\le\dfrac{1}{a^2+b^2+1}+\dfrac{1}{b^2+c^2+1}+\dfrac{1}{c^2+a^2+1}\)
Đặt \(\left(a^2;b^2;c^2\right)=\left(x^3;y^3;z^3\right)\Rightarrow xyz=1\)
\(VT\le\dfrac{1}{x^3+y^3+1}+\dfrac{1}{y^3+z^3+1}+\dfrac{1}{z^3+x^3+1}\)
Ta lại có: \(x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2+y^2-xy\right)\ge\left(x+y\right)\left(2xy-xy\right)=xy\left(x+y\right)\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{xyz}{xy\left(x+y\right)+xyz}+\dfrac{xyz}{yz\left(y+z\right)+xyz}+\dfrac{xyz}{zx\left(z+x\right)+xyz}=1\)
15 tháng 1 2019
\(ab+bc+ca=3abc\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=3\)
Đặt \(\dfrac{1}{a}=x;\dfrac{1}{b}=y;\dfrac{1}{c}=z\)\(\Rightarrow x+y+z=3\)
\(VT=\sum\dfrac{xyz}{yz+x^2}\le\sum\dfrac{xyz}{2x\sqrt{yz}}=\dfrac{1}{2}\sum\sqrt{yz}\le\dfrac{1}{2}\sum x=\dfrac{3}{2}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 3 2022
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{b+c}{a^2+bc}=\frac{(b+c)^2}{(b+c)(a^2+bc)}=\frac{(b+c)^2}{b(a^2+c^2)+c(a^2+b^2)}\leq \frac{c^2}{b(a^2+c^2)}+\frac{b^2}{c(a^2+b^2)}\)
Tương tự với các phân thức còn lại:
$\frac{c+a}{b^2+ca}\leq \frac{c^2}{b(a^2+c^2)}+\frac{a^2}{c(a^2+b^2)}$
$\frac{a+b}{c^2+ab}\leq \frac{a^2}{b(a^2+c^2)}+\frac{b^2}{c(a^2+b^2)}$
Cộng theo vế và thu gọn suy ra:
$\text{VT}\leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ (đpcm)
7 tháng 9 2021
\(\dfrac{bc}{a+b+c+a}\le\dfrac{bc}{4}\cdot\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}\right)\\ \dfrac{ac}{b+c+a+b}\le\dfrac{ac}{4}\cdot\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+b}\right)\\ \dfrac{ab}{a+c+b+c}\le\dfrac{ab}{4}\cdot\left(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}\right)\\ \Leftrightarrow VT\le\dfrac{1}{a+b}\left(\dfrac{bc}{4}+\dfrac{ac}{4}\right)+\dfrac{1}{a+c}\left(\dfrac{bc}{4}+\dfrac{ab}{4}\right)+\dfrac{1}{b+c}\left(\dfrac{ac}{4}+\dfrac{ab}{4}\right)\\ =\dfrac{1}{a+b}\cdot\dfrac{c\left(a+b\right)}{4}+\dfrac{1}{a+c}\cdot\dfrac{b\left(a+c\right)}{4}+\dfrac{1}{b+c}\cdot\dfrac{a\left(b+c\right)}{4}\\ =\dfrac{c}{4}+\dfrac{b}{4}+\dfrac{a}{4}\\ =\dfrac{a+b+c}{4}\left(đfcm\right)\)
13 tháng 5 2018
Ta có: \(\dfrac{ab}{c+1}=\dfrac{ab}{b+c+a+c}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{ab}{a+c}\right)\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại:
\(\dfrac{bc}{a+1}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{bc}{a+c}\right);\dfrac{ca}{b+1}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{ca}{a+b}+\dfrac{ca}{b+c}\right)\)
Cộng theo vế các BĐT trên ta có:
\(VT\le\dfrac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\dfrac{1}{4}\)
Lời giải:
Ta có:
\(\frac{a}{a+bc}=\frac{a}{a(a+b+c)+bc}=\frac{a}{(a+b)(a+c)}\)
Thực hiện tương tự với các phân thức còn lại thu được:
\(\text{VT}=\frac{a(b+c)+b(a+c)+c(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{2(ab+bc+ac)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\) \((1)\)
Ta để ý bổ đề sau:
\((a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)\)
Chứng minh:
\(\prod(a+b)=(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc\geq (a+b+c)(ab+bc+ac)-\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}=\text{VP}\)
Áp dụng vào bài toán:
\((a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(ab+bc+ac)\) \((2)\)
Từ \((1),(2)\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{9}{4}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)