cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn abc=1 chứng minh bất đẳng thức:
\(\frac{1}{ab+a+2}+\frac{1}{bc+b+2}+\frac{1}{ca+a+2}\le\)\(\frac{3}{4}\)
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
26 tháng 2 2021
Theo bđt Cauchy - Schwart ta có:
\(\text{Σ}cyc\frac{c}{a^2\left(bc+1\right)}=\text{Σ}cyc\frac{\frac{1}{a^2}}{b+\frac{1}{c}}\ge\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+a+b+c}\)\(=\frac{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+3}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)+3a^2b^2c^2}\)
Đặt \(ab+bc+ca=x;abc=y\).
Ta có: \(\frac{x^2}{xy+3y^2}\ge\frac{9}{x\left(1+y\right)}\Leftrightarrow x^3+x^3y\ge9xy+27y^2\)
\(\Leftrightarrow x\left(x^2-9y\right)+y\left(x^3-27y\right)\ge0\) ( luôn đúng )
Vậy BĐT đc CM. Dấu '=' xảy ra <=> a=b=c=1
22 tháng 4 2020
\(VT=\frac{1}{\sqrt{abc}}\Sigma_{cyc}\left(\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{2}{\sqrt{c}}}\right)\le\frac{1}{\sqrt{abc}}\Sigma_{cyc}\left(\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+2\sqrt{c}}{16}\right)=\frac{1}{\sqrt{abc}}\)
Dấu "=" xay ra khi \(a=b=c=\frac{16}{9}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 12 2020
1. Đề thiếu
2. BĐT cần chứng minh tương đương:
\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Ta có:
\(a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)\) (đpcm)
3.
Ta có:
\(\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)\)
\(VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{2}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
Lại có:
\(a^3+b^3+1\ge3ab\) ; \(b^3+c^3+1\ge3bc\) ; \(c^3+a^3+1\ge3ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
\(\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
30 tháng 12 2020
4.
Ta có:
\(a^3+1+1\ge3a\) ; \(b^3+1+1\ge3b\) ; \(c^3+1+1\ge3c\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3\)
5.
Ta có:
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}\) ; \(\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}\) ; \(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}\)
\(\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1\)
25 tháng 8 2020
Dễ dàng dự đoán được dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)Nhận thấy các đại lượng trong căn và mẫu đồng chưa bậc nên suy nghĩ đầu tiên là đồng bậc. Để ý đến giả thiết a+b+c=1 ta thấy \(a^2+abc=a^2\left(a+b+c\right)+abc=a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)
\(c+ab=a\left(a+b+c\right)+ab=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(b^2+abc=b\left(b+a\right)\left(b+c\right);c^2+abc=c\left(c+b\right)\left(c+a\right)\)
\(b+ac=\left(a+b\right)\left(b+c\right);a+bc=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\(\frac{\sqrt{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\frac{\sqrt{b\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{\sqrt{c\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)
hay \(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ab\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}{\left(c+b\right)\left(b+a\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)
Quan sát bất đẳng thức trên ta liên tưởng đến bất đẳng thức Cauchy, để ý là
\(bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)=c\left(a+b\right)\cdot b\left(a+c\right)=b\left(a+b\right)\cdot c\left(a+c\right)\)
Trong 2 cách viết trên ta chọn cách viết thứ nhất vì khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(2\sqrt{xy}\le x+y\)thì không tạo ra các đại lượng có chứa các bình phương. Khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
\(\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\frac{b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)}{2}=\frac{ab+2bc+ca}{2}\)
Áp dụng tương tự ta được
\(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ac\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)\(\le\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\le1\)
hay \(a\left(ab+2bc+ca\right)\left(a+b\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ca\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Vế trái của bất đẳng thức là bậc bốn còn vế phải là bậc ba nên ta có thể đồng bậc là
\(a\left(ab+2bc+ca\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ac\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)
\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)\)
Triển khai và thu gọn ta được \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(c+a\right)+c^3\left(a+b\right)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+5\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)
\(\le a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+4\left(a^2bc+ba^2c+abc^2\right)\)
hay \(abc\left(a+b+c\right)\le a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\), đây là một đánh giá đúng
Dấu đẳng thức xảy ra tại \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
30 tháng 1 2017
1/ Ta có: \(\frac{x^4}{1a}+\frac{y^4}{b}=\frac{\left(x^2+y^2\right)^2}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow1bx^4\left(a+b\right)+ay^4\left(a+b\right)=ab\left(x^4+2x^2y^2+y^4\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(ay^2-bx^2\right)^2=0\)
\(\Rightarrow\frac{x^2}{1a}=\frac{y^2}{b}=\frac{\left(x^2+y^2\right)}{a+b}=\frac{1}{a+b}\)
\(\Rightarrow\frac{x^{2006}}{1a^{1003}}=\frac{y^{2006}}{b^{1003}}=\frac{1}{\left(a+b\right)^{1003}}\)
\(\Rightarrow\frac{x^{2006}}{a^{1003}}+\frac{y^{2006}}{b^{1003}}=\frac{2}{\left(a+b\right)^{1003}}\)
KN
12 tháng 6 2020
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
25 tháng 9 2017
1,
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)
20 tháng 2 2020
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
Đề chính xác k bạn
với x,y >0 ta có : \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\Rightarrow\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)..\)
Áp dụng bất đẳng thức trên được:
\(\frac{1}{ab+a+2}=\frac{1}{\left(ab+1\right)+\left(a+1\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{a+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{abc}{ab+abc}+\frac{1}{a+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{c+1}+\frac{1}{a+1}\right)\left(1\right).\)( vì abc = 1 )
Chứng minh tương tự ta được : \(\frac{1}{bc+b+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{b+1}\right)\left(2\right).\)
\(\frac{1}{ac+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)\left(3\right).\)
Cộng vế với vế các BĐT (1), (2) và (3) ta được :
\(P\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{c}{c+1}+\frac{1}{c+1}\right)=\frac{3}{4}.\)( đpcm )
dấu " = " xẩy ra khi a = b = c = 1