Cho a, b, c là số thực dươn. Chứng minh bất đẳng thức:
\(\dfrac{1}{a\left(a^2+8ab\right)}+\dfrac{1}{b\left(b^2+8ac\right)}+\dfrac{1}{c\left(c^2+8ab\right)}\le\dfrac{1}{3abc}\)
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
N
18 tháng 4 2020
:D
\(\frac{1}{a\left(a^2+8bc\right)}+\frac{1}{b\left(b^2+8ca\right)}+\frac{1}{c\left(c^2+ab\right)}\le\frac{1}{3abc}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\frac{a^2}{bc}+8}+\frac{1}{\frac{b^2}{ca}+8}+\frac{1}{\frac{c^2}{ab}+8}\le3\) (*)
Đặt \(\frac{a^2}{bc}=x;\frac{b^2}{ca}=y;\frac{c^2}{ab}=z\left(x,y,z>0\right)\)
(*)\(\Leftrightarrow\frac{1}{x+8}+\frac{1}{y+8}+\frac{1}{z+8}\le\frac{1}{3}\)
\(\Leftrightarrow16\left(x+y+z\right)+5\left(xy+yz+zx\right)\ge63\)(**)
(**) đúng bởi \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3;xy+yz+zx\ge3\sqrt[3]{\left(xyz\right)^2}=3\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
7 tháng 5 2023
Tách biểu thức như sau:
\(\left(\dfrac{a}{9}+\dfrac{b}{12}+\dfrac{c}{6}+\dfrac{8}{abc}\right)+\left(\dfrac{a}{18}+\dfrac{b}{24}+\dfrac{2}{ab}\right)+\left(\dfrac{b}{16}+\dfrac{c}{8}+\dfrac{2}{bc}\right)+\left(\dfrac{a}{9}+\dfrac{c}{6}+\dfrac{2}{ca}\right)+\left(\dfrac{13a}{18}+\dfrac{13b}{24}\right)+\left(\dfrac{13b}{48}+\dfrac{13c}{24}\right)\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
7 tháng 5 2023
Đầu tiên em phải dự đoán được điểm rơi (các cặp a;b;c đẹp sao cho \(ab=12\) và \(bc=8\), có các bộ là \(\left(6;2;4\right);\left(3;4;2\right)\)
Sau đó thay 2 bộ kia vào P xem cái nào bằng \(\dfrac{121}{12}\) thì nó đúng (ở đây là 3;4;2)
Khi có điểm rơi, bây giờ chỉ cần tính toán và ghép theo AM-GM để khử tử- mẫu
Cần ghép \(\dfrac{8}{abc}+\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{y}+\dfrac{c}{z}\) (AM-GM 4 số sẽ khử hết biến)
\(\dfrac{8}{abc}=\dfrac{8}{3.4.2}=\dfrac{1}{3}\)
Do đó \(\dfrac{3}{x}=\dfrac{4}{y}=\dfrac{2}{z}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow x=9;y=12;z=6\)
Hay ta có bộ đầu tiên: \(\dfrac{a}{9}+\dfrac{b}{12}+\dfrac{c}{6}+\dfrac{8}{abc}\)
Tương tự cho các biến dưới mẫu còn lại, phần dư cuối cùng sẽ ghép cặp a với b (tận dụng \(ab\ge12\)) và b với c, nó sẽ tự đủ
AT
15 tháng 6 2018
Bài 1:
Ta có: \(\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}=\dfrac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b^2}{b\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c^2}{c\sqrt{c^2+8ab}}\)
Áp dụng bđt Cauchy Schwarz có:
\(\dfrac{a^2}{a\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b^2}{b\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c^2}{c\sqrt{c^2+8ab}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8bc}+c\sqrt{c^2+8bc}}\)
Lại sử dụng bđt Cauchy schwarz ta có:
\(a\sqrt{a^2+8bc}+b\sqrt{b^2+8ac}+c\sqrt{c^2+8ab}=\sqrt{a}\cdot\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}\cdot\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}\cdot\sqrt{c^3+8abc}\ge\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3+24abc\right)}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+8ac}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3+24abc\right)}}=\sqrt{\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{a^3+b^3+c^3+24abc}}\)
=> Ta cần chứng minh: \(\left(a+b+c\right)^3\ge a^3+b^3+c^3+24abc\)
hay \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\)
Áp dụng bđt Cosi ta có:
\(a+b\ge2\sqrt{ab};b+c\ge2\sqrt{bc};c+a\ge2\sqrt{ca}\)
Nhân các vế của 3 bđt trên ta đc:
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2\sqrt{ab}\cdot2\sqrt{bc}\cdot2\sqrt{ca}=8\sqrt{a^2b^2c^2}=8abc\)
=> Đpcm
7 tháng 12 2021
Áp dụng BĐT cosi:
\(\left(a+b+b+c+c+a\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\\ \ge3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\cdot3\sqrt[3]{\dfrac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}=9\\ \Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\ge9\\ \Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right)\ge\dfrac{9}{2}\left(đpcm\right)\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c\)
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:
\(VT\le\dfrac{1}{3a}+\dfrac{1}{3b}+\dfrac{1}{3c}=\dfrac{ab+bc+ca}{3abc}=\dfrac{3}{3abc}=\dfrac{1}{abc}\)
30 tháng 12 2017
Đành giải tạm bằng nick này vì sợ một vài thành phần trẻ trâu anti phá phách :poor:
Phân tích và giải
Dễ thấy: Dấu "=" khi \(a=b=c=1\)
\(\Rightarrow L=Σ\dfrac{a}{\left(a+1\right)^2}=\dfrac{3}{4}\text{ và }F=-\dfrac{4}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}=-\dfrac{1}{2}\)
Khi đó \(VT=L-F=\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}\)
Ta sẽ chia làm 2 bước cm:
B1: \(Σ\dfrac{a}{\left(a+1\right)^2}\le\dfrac{3}{4}\). Ta xét BĐT :
\(\dfrac{a}{\left(a+1\right)^2}=\dfrac{a}{a^2+2a+1}\le\dfrac{3\left(a^{2k}+a^k\right)}{8\left(a^{2k}+a^k+1\right)}\) (cần tìm \(k\) thỏa mãn)
\(\Leftrightarrow8a\left(a^{2k}+a^k+1\right)-3\left(a^{2k}+a^k\right)\left(a^2+2a+1\right)\le0\)\(\Leftrightarrow f\left(a\right)=-3a^{2k}+2a^{k+1}-3a^{k+2}+2a^{2k+1}-3a^{2k+2}-3a^k+8a\)
\(\Rightarrow f'\left(a\right)=2k\cdot-3a^{2k-1}+\left(k+1\right)2a^k-\left(k+2\right)3a^{k+1}+\left(2k+1\right)2a^{2k}-\left(2k+2\right)3a^{2k+1}-k\cdot3a^{k-1}+8a\)
\(\Rightarrow f'\left(1\right)=0\Rightarrow-12k=0\Rightarrow k=0\)
Hay BĐT phụ cần tìm là \(\dfrac{a}{a^2+2a+1}\le\dfrac{3\left(a^{2\cdot0}+a^0\right)}{8\left(a^{2\cdot0}+a^0+1\right)}=\dfrac{1}{4}\) (bài này \(k\) đẹp ra luôn \(\farac{1}{4}\) cộng vào là ok =))
\(\Leftrightarrow-\dfrac{\left(a-1\right)^2}{4\left(a+1\right)^2}\le0\) *Đúng* \(\RightarrowΣ\dfrac{a}{\left(a+1\right)^2}\leΣ\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}\)
B2: CM \(-\dfrac{4}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\le-\dfrac{1}{2}\)
Tự cm nhé Goodluck :v