có thánh nào làm đc bài này ko (Hung nguyen ,Ace Legona , Nhật Minh , ngonhuminh , .....)
cho các số dương a+b+c=3
cm \(\dfrac{1}{9-ab}+\dfrac{1}{9-bc}+\dfrac{1}{9-ca}\le\dfrac{3}{8}\)
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
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 7 2017
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 \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
9 tháng 9 2021
\(VT=\dfrac{a^2}{a+abc}+\dfrac{b^2}{b+abc}+\dfrac{c^2}{c+abc}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+3abc}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\dfrac{1}{9}\left(a+b+c\right)^3}=\dfrac{1^2}{1+\dfrac{1}{9}.1^3}=\dfrac{9}{10}\)
10 tháng 12 2017
muốn t giúp bài nào thì 1 là đê vào CHH 2 là ib nhé (thỉnh thoảng phải nhắc ko quên)
16 tháng 2 2022
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(\dfrac{a}{a+3\sqrt{bc}}+\dfrac{b}{b+3\sqrt{ca}}+\dfrac{c}{c+3\sqrt{ab}}\)
Ta áp dụng bất đẳng thức Cô si dạng \(2\sqrt{xy}\le x+y\) cho các căn thức ở mẫu, khi đó ta được:
\(\dfrac{a}{a+3\sqrt{bc}}+\dfrac{b}{b+3\sqrt{ca}}+\dfrac{c}{c+3\sqrt{ab}}\ge\) với biểu thức
\(\dfrac{2a}{2a+3b+3c}+\dfrac{2b}{3a+2b+3c}+\dfrac{2c}{3a+3b+2c}\)
Khi đó ta cần chứng minh:
\(\dfrac{2a}{2a+3b+3c}+\dfrac{2b}{3a+2b+3c}+\dfrac{2c}{3a+3b+2c}\ge\dfrac{3}{4}\)
Đặt: \(\left\{{}\begin{matrix}x=2a+3b+3c\\y=3a+2b+3c\\z=3a+3b+2c\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2a=\dfrac{1}{4}\left(3y+3z-5x\right)\\2b=\dfrac{1}{4}\left(3z+3x-5y\right)\\2c=\dfrac{1}{4}\left(3x+3y-5z\right)\end{matrix}\right.\)
Khi đó đẳng thức trên được viết lại thành:
\(\dfrac{3y+3z-5x}{4x}+\dfrac{3z+3x-5y}{4y}+\dfrac{3x+3y-5z}{4z}\ge\dfrac{3}{4}\)
Hay: \(3\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\right)-15\ge3\)
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng theo bất đẳng thức Cô si.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
16 tháng 2 2022
Đặt \(x=\sqrt{a};y=\sqrt{b};z=\sqrt{c}\)
Khi đó bđt đã tro chở thành:
\(\dfrac{yz}{x^2+3yz}+\dfrac{zx}{y^2+3zx}+\dfrac{xy}{z^2+3xy}\le\dfrac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{3}-\dfrac{yz}{x^2+3yz}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{zx}{y^2+3zx}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{xy}{z^2+3xy}\ge1-\dfrac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2}{x^2+3yz}+\dfrac{y^2}{y^2+3zx}+\dfrac{z^2}{z^2+3xy}\ge\dfrac{3}{4}\) (đpcm)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 8 2021
\(3=ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\Rightarrow abc\le1\)
\(\dfrac{1}{1+a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{1}{1+a\left(ab+ac\right)}=\dfrac{1}{1+a\left(3-bc\right)}=\dfrac{1}{1+3a-abc}=\dfrac{1}{3a+\left(1-abc\right)}\le\dfrac{1}{3a}\)
Tương tự và cộng lại:
\(VT\le\dfrac{1}{3a}+\dfrac{1}{3b}+\dfrac{1}{3c}=\dfrac{ab+bc+ca}{3abc}=\dfrac{3}{3abc}=\dfrac{1}{abc}\)
T
14 tháng 6 2019
11/Theo BĐT AM-GM,ta có; \(ab.\frac{1}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}\le\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\)\(=\frac{1}{4}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}\right)\)
Tương tự với hai BĐT kia,cộng theo vế và rút gọn ta được đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi a= b=c
T
14 tháng 6 2019
Ơ vãi,em đánh thiếu abc dưới mẫu,cô xóa giùm em bài kia ạ!
9/ \(VT=\frac{\Sigma\left(a+2\right)\left(b+2\right)}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}\)
\(=\frac{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}{\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+8+abc+\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(\le\frac{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}{\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+9+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}}\)
\(=\frac{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}=1\left(Q.E.D\right)\)
"=" <=> a = b = c = 1.
Mong là lần này không đánh thiếu (nãy tại cái tội đánh ẩu)
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 \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}=9\)