cho a,b,c > 0 thỏa mãn abc=1 .
Chứng minh : \(\frac{2}{\left(a+1\right)^2+b^2+1}+\frac{2}{\left(b+1\right)+c^2+1}+\frac{2}{\left(c+1\right)^2+a^2+1}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{2}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge1\)
<=> \(\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2+\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2+\left(1+a\right)\left(1+c\right)^2\)
\(+2\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge3\)đúng vì \(a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=3\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = 1
Vì \(abc=1\)nên trong 3 số a,b,c luôn có 2 số nằm cùng phía so với 1.
Không mất tính tổng quát ta giả sử 2 số đó là a và b, khi đó ta có:
\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\Leftrightarrow a+b\le1+ab=\frac{c+1}{c}\)
Do đó ta được:
\(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)=\left(1+a+b+ab\right)\left(c+1\right)\)
\(=2\left(1+ab\right)\left(1+c\right)\le\frac{2\left(c+1\right)^2}{c}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}\ge\frac{1}{\left(1+ab\right)\left(1+\frac{a}{b}\right)}+\frac{1}{\left(1+ab\right)\left(1+\frac{b}{a}\right)}\)
\(=\frac{b}{\left(1+ab\right)\left(a+b\right)}+\frac{a}{\left(1+ab\right)\left(a+b\right)}=\frac{1}{1+ab}=\frac{c}{c+1}\)
Do đó ta được:
\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{1}{\left(1+c\right)^2}+\frac{2}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\ge\frac{c}{c+1}+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}+\frac{c}{\left(c+1\right)^2}=\frac{c\left(c+1\right)+1+c}{\left(c+1\right)^2}=1\)
Như vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh. Đẳng thức xẩy ra khi \(a=b=c=1\).
Đặt \(A=\left(\frac{a}{a^2b^2+a^2+1}\right)^2+\left(\frac{b}{b^2c^2+b^2+1}\right)^2+\left(\frac{c}{c^2a^2+c^2+1}\right)^2\)
Cần cm : \(B=\frac{1}{a^2b^2+a^2+1}+\frac{1}{b^2c^2+b^2+1}+\frac{1}{a^2c^2+c^2+1}=1\)
\(B=\frac{a^2b^2c^2}{a^2b^2+a^2+a^2b^2c^2}+\frac{1}{b^2c^2+b^2+1}+\frac{a^2b^2c^2}{a^2c^2+a^2b^2c^3+a^2b^2c^2}\) (Do \(abc=1\))
\(=\frac{b^2c^2}{b^2c^2+b^2+1}+\frac{1}{b^2c^2+b^2+1}+\frac{b^2}{b^2c^2+b^2+1}=\frac{b^2c^2+b^2+1}{b^2c^2+b^2+1}=1\)(đúng)
Ta có : \(A=\frac{\frac{1}{\left(a^2b^2+a^2+1\right)^2}}{a^2}+\frac{\frac{1}{\left(b^2c^2+b^2+1\right)^2}}{b^2}+\frac{\frac{1}{\left(c^2a^2+c^2+1\right)^2}}{c^2}\)
\(\ge\frac{\left(\frac{1}{a^2b^2+a^2+1}+\frac{1}{b^2c^2+b^2+1}+\frac{1}{a^2c^2+c^2+1}\right)^2}{a^2+b^2+c^2}=\frac{B^2}{a^2+b^2+c^2}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
phân thức thức thứ 3 dòng thứ 3 ở mẫu là \(a^2c^2+a^2b^2c^4+a^2b^2c^2\)chứ bạn nhỉ????
đặt \(a=\frac{yz}{x^2};b=\frac{zx}{y^2};c=\frac{xy}{z^2}\left(x;y;z>0\right)\)khi đó bđt cần chứng minh trở thành
\(\frac{x^4}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)}+\frac{y^4}{\left(y^2+xz\right)\left(2y^2+zx\right)}+\frac{z^4}{\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\ge\frac{1}{2}\)
áp dụng bđt Bunhiacopxki dạng phân thức ta được
\(\frac{x^4}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)}+\frac{y^4}{\left(y^2+zx\right)\left(2y^2+zx\right)}+\frac{z^4}{\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\)
\(\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)+\left(y^2+zx\right)\left(2y^2+zx\right)+\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\)
phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chứng minh được
\(\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)+\left(y^2+zx\right)\left(2y^2+zx\right)+\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)}\ge\frac{1}{2}\)
hay ta cần chứng minh
\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge\left(x^2+yz\right)\left(2x^2+yz\right)+\left(y^2+xz\right)\left(2y^2+xz\right)+\left(z^2+xy\right)\left(2z^2+xy\right)\)
khai triển và thu gọn ta được \(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge xyz\left(x+y+z\right)\)
đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng. Bất đẳng thức được chứng minh
Ta có: \(\frac{a^2+1}{c^2a^2}=\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2c^2}=\frac{1}{c^2}+b^2\)
CMTT: \(\frac{b^2+1}{a^2b^2}=\frac{1}{a^2}+c^2\)
\(\frac{c^2+1}{b^2c^2}=\frac{1}{b^2}+a^2\)
=> \(\frac{a^2+1}{c^2a^2}+\frac{b^2+1}{a^2b^2}+\frac{c^2+1}{b^2c^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+a^2+b^2+c^2\)
Áp dụng bđt: x2 + y2 + z2 \(\ge\)xy + yz + xz
CM đúng: <=> (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 \(\ge\)0 (luôn đúng với mọi x,y, z)
Do đó: \(\frac{a^2+1}{c^2a^2}+\frac{b^2+1}{a^2b^2}+\frac{c^2+1}{b^2c^2}\ge\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}+ab+bc+ac=a+b+c+ab+bc+ac\)
\(=a\left(b+1\right)+b\left(c+1\right)+c\left(a+1\right)\)(đpcm)
bânnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn
Đặt: \(\hept{\begin{cases}\frac{1-a}{1+a}=x\\\frac{1-b}{1+b}=y\\\frac{1-c}{1+c}=z\end{cases}}\)
\(\Rightarrow-1< x,y,z< 1\)và \(\hept{\begin{cases}\frac{1-x}{1+x}=a\\\frac{1-y}{1+y}=b\\\frac{1-z}{1+z}=c\end{cases}}\)
Theo đề bài ta có: \(abc=1\Rightarrow\left(1-x\right)\left(1-y\right)\left(1-z\right)=\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)\)
\(\Rightarrow x+y+z+xyz=0\)
Mặt khác ta có: \(\frac{4a}{\left(a+1\right)^2}=1-x^2;\frac{2}{a+1}=1+x\)
Và: \(\frac{4b}{\left(b+1\right)^2}=1-y^2;\frac{2}{b+1}=1+y\)
Và: \(\frac{4c}{\left(c+1\right)^2}=1-z^2;\frac{2}{c+1}=1+z\)
Nên: \(\frac{4a}{\left(a+1\right)^2}+\frac{4b}{\left(b+1\right)^2}+\frac{4c}{\left(c+1\right)^2}\le1+2.\frac{2}{a+1}.\frac{2}{b+1}.\frac{2}{c+1}\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+\left(xy+yz+zx\right)+2\left(x+y+z+xyz\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2\ge0\)
Đây là BĐT luôn đúng nên ta có đpcm.
ミ★ᗪเệų ℌųуềй (ßăйǥ ßăйǥ ²к⁶)★彡 Giải ghê quá, t chẳng hiểu gì.
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x}\right)\)
BĐT \(\Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} \frac{xy}{(x+y)^2} \leq \frac{1}{4}+\frac{4xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}\)
Ta có: \(VP-VT=\frac{4\left(x-y\right)^2\left(y-z\right)^2\left(z-x\right)^2}{4\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)^2}\ge0\)
BĐT hiển nhiên đúng.
sửa đề là chứng minh nó <=1 nha !
ta có \(\frac{2}{\left(a+1\right)^2+b^2+1}=\frac{2}{a^2+b^2+2a+2}\)
mà \(a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow\frac{2}{a^2+b^2+2a+2}\le\frac{2}{2ab+2a+2}=\frac{1}{ab+a+1}\)
tương rự, ta có \(...\le\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}\)
mà từ abc=1, ta có thể chứng minh \(\frac{1}{ab+a+1}+\frac{1}{bc+b+1}+\frac{1}{ca+c+1}=1\)
=>...<=1(ĐPCM)
dấu = xảy ra <=>a=b=c=1
^_^