CMR:\(1< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< 2\left(\forall a,b,c>0\right)\)
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
AH
Akai Haruma
Giáo viên
2 tháng 3 2017
Bài 3)
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\left ( \frac{a}{a+b} \right )^2+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^2\geq \frac{1}{2}\left ( 3-\frac{a}{a+b}-\frac{b}{b+c}-\frac{c}{c+a} \right )\)
Để cho gọn, đặt \((x,y,z)=\left (\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{a}{c}\right)\) \(\Rightarrow xyz=1\).
BĐT được viết lại như sau:
\(A=2\left [ \frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq 3\) \((\star)\)
Ta nhớ đến hai bổ đề khá quen thuộc sau:
Bổ đề 1: Với \(a,b>0\) thì \(\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}\geq \frac{1}{ab+1}\)
Cách CM rất đơn giản, Cauchy - Schwarz:
\((a+1)^2\leq (a+b)(a+\frac{1}{b})\Rightarrow \frac{1}{(a+1)^2}\geq \frac{b}{(a+b)(ab+1)}\)
Tương tự với biểu thức còn lại và cộng vào thu được đpcm
Bổ đề 2: Với \(x,y>0,xy\geq 1\) thì \(\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}\geq \frac{2}{xy+1}\)
Cách CM: Quy đồng ta có đpcm.
Do tính hoán vị nên không mất tổng quát giả sử \(z=\min (x,y,z)\)
\(\Rightarrow xy\geq 1\). Áp dụng hai bổ đề trên:
\(A\geq 2\left [ \frac{1}{xy+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2}{\sqrt{xy}+1}+\frac{1}{z+1}=2\left [ \frac{z}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2\sqrt{z}}{\sqrt{z}+1}+\frac{1}{z+1}\)
\(\Leftrightarrow A\geq \frac{2(z^2+z+1)}{(z+1)^2}+\frac{1}{z+1}+2-\frac{2}{\sqrt{z}+1}\geq 3\)
\(\Leftrightarrow 2\left [ \frac{z^2+z+1}{(z+1)^2}-\frac{3}{4} \right ]+\frac{1}{z+1}-\frac{1}{2}-\left ( \frac{2}{\sqrt{z}+1}-1 \right )\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{(z-1)^2}{2(z+1)^2}-\frac{z-1}{2(z+1)}+\frac{z-1}{(\sqrt{z}+1)^2}\geq 0\Leftrightarrow (z-1)\left [ \frac{1}{(\sqrt{z}+1)^2}-\frac{1}{(z+1)^2} \right ]\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{z}(\sqrt{z}-1)^2(\sqrt{z}+1)(z+\sqrt{z}+2)}{(\sqrt{z}+1)^2(z+1)^2}\geq 0\) ( luôn đúng với mọi \(z>0\) )
Do đó \((\star)\) được cm. Bài toán hoàn tất.
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
P/s: Nghỉ tuyển lâu rồi giờ mới gặp mấy bài BĐT phải động não. Khuya rồi nên xin phép làm bài 3 trước. Hai bài kia xin khiếu. Nếu làm đc chắc tối mai sẽ post.
2 tháng 3 2017
Bài 1:
Cho \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\). Khi đó \(M=\sqrt{3}-2\)
Ta sẽ chứng minh nó là giá trị nhỏ nhất
Thật vậy, đặt c là giá trị nhỏ nhất của a,b,c. Khi đó, ta cần chứng minh
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt{ab+ac+bc}}\geq(\sqrt3-2)\sqrt{ab+ac+bc}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{ab+ac+bc}\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\right)\geq2(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}-a-b+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{b^2}{a}-c+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq\)
\(\geq2((a-b)^2+(c-a)(c-b))\)
\(\Leftrightarrow(a-b)^2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2\right)+(c-a)(c-b)\left(\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\right)+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq0\)
Đúng bởi \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2>0;\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\geq\frac{1}{a}+\frac{1}{a}-2>0\) và
\(a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}=\frac{(a-b)^2+(c-a)(c-b)}{a+b+c+\sqrt{3(ab+ac+bc)}}\geq0\)
BĐT đã được c/m. Vậy \(M_{Min}=\sqrt{3}-2\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
P/s: Nhìn qua thấy ngon mà làm mới thấy thật sự là "choáng"
TN
30 tháng 7 2018
Xin chào, bạn theo dõi lời giải của mình nhé
Áp dụng BĐT Holder và BĐT AM-GM ta có:
\(VT=\left(2a+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(2b+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\left(2c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
\(\ge\left(\sqrt[3]{2a\cdot2b\cdot2c}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}\cdot\frac{1}{c}\cdot\frac{1}{a}}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}\cdot\frac{1}{a}\cdot\frac{1}{b}}\right)^3\)
\(=\left(2\sqrt[3]{abc}+2\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\right)^3\)\(\ge\left(2\cdot2\sqrt{\sqrt[3]{abc}\cdot\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}}\right)^3\)
\(=4^3=64=VP\)
Dấu "=" khi \(a=b=c\)
24 tháng 7 2019
b, \(\frac{a+b}{a+b+c}>\frac{a+b}{a+b+c+d}\); \(\frac{b+c}{b+c+a}>\frac{b+c}{a+b+c+d}\)
\(\frac{c+d}{c+d+a}>\frac{c+d}{a+b+c+d};\frac{d+a}{a+d+b}>\frac{a+d}{a+b+c+d}\)
Cộng các bĐT trên
=> \(B>\frac{2\left(a+b+c+d\right)}{a+b+c+d}=2\)
Ta có Với \(0< \frac{x}{y}< 1\)
=> \(\frac{x}{y}< \frac{x+z}{y+z}\)
Áp dụng ta có
\(B>\frac{a+b+d}{a+b+c+d}+...+\frac{d+a+c}{a+b+c+d}=3\)
Vậy 2<B<3
6 tháng 10 2020
Mình xem phép làm câu 1 ạ.
Đề là?
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{2}{b}\)(1)
Chứng minh tương đương
\(\frac{a+b}{2a-b}+\frac{c+b}{2c-b}\ge4\)<=> 12ac - 9bc - 9ab + 6b2 \(\le\)0 ( quy đồng ) (2)
Từ (1) <=> 2ac = ab + bc Thay vào (2) <=> 6ab + 6bc - 9bc - 9ab + 6b2 \(\le\)0
<=> a + c \(\ge\)2b
Từ (1) => \(\frac{2}{b}=\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\ge\frac{4}{a+c}\)
=> a + c \(\ge\)2b đúng => BĐT ban đầu đúng
Dấu "=" xảy ra <=> a = c = b
Do \(a,b,c>0\)suy ra \(\hept{\begin{cases}a+b< a+b+c\\b+c< a+b+c\\c+a< a+b+c\end{cases}< =>\hept{\begin{cases}\frac{1}{a+b+c}< \frac{1}{a+b}\\\frac{1}{a+b+c}< \frac{1}{b+c}\\\frac{1}{a+b+c}< \frac{1}{c+a}\end{cases}}}\)
Nên \(\frac{a}{a+b+c}< \frac{a}{a+b};\frac{b}{a+b+c}< \frac{b}{b+c};\frac{c}{a+b+c}< \frac{c}{c+a}\)
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên : \(\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\)
\(< =>\frac{a+b+c}{a+b+c}< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< =>1< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\)(*)
Ta có : \(\frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c};\frac{b}{b+c}< \frac{b+a}{a+b+c};\frac{c}{c+a}< \frac{c+b}{a+b+c}\)
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên : \(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \frac{a+b}{a+b+c}+\frac{b+c}{a+b+c}+\frac{c+a}{a+b+c}\)
\(< =>\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}< =>\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< 2\)(**)
Từ (*) và (**) ta được : \(1< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< 2\)Hay ta có điều phải chứng minh
Bài của bạn @phuonglenhat123 đúng rồi, tuy nhiên cách trình bày khá dài. Mình sẽ rút ngắn lại. Cách xét vẫn vậy nhé
Do a,b,c>0 nên \(\frac{a}{a+b}< 1\)vì vậy \(\frac{a}{a+b+c}< \frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c}\)
Tương tự ta có \(\frac{b}{a+b+c}< \frac{b}{b+c}< \frac{b+a}{a+b+c};\frac{c}{a+b+c}< \frac{c}{c+a}< \frac{c+b}{a+b+c}\)
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta có \(\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\)
\(< \frac{a+c}{a+b+c}+\frac{b+a}{a+b+c}+\frac{c+b}{a+b+c}\)
hay \(1=\frac{a+b+c}{a+b+c}< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)
vậy bất đẳng thức được chứng minh