Cho các số thực dương a,b,c có tích bằng 1 Chứng minh : \(a+b+c\ge\frac{a+1}{b+1}+\frac{b+1}{c+1}+\frac{c+1}{a+1}\)
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
15 tháng 4 2020
bđt \(\Leftrightarrow\)\(\left(ab+1\right)\left(bc+1\right)\left(ca+1\right)\ge\left(\frac{10}{3}\right)^3abc\) (*)
đặt \(\left(\sqrt{ab};\sqrt{bc};\sqrt{ca}\right)=\left(x;y;z\right)\)\(\Rightarrow\)\(xyz\le\frac{1}{27}\)
(*) \(\Leftrightarrow\)\(\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)\left(z^2+1\right)\ge\left(\frac{10}{3}\right)^3xyz\)
\(VT\ge\left(xy+1\right)\left(yz+1\right)\left(zx+1\right)\)
Có \(xy+1\ge10\sqrt[10]{\frac{xy}{9^9}}\)
Tương tự với \(yz+1\)\(;\)\(zx+1\)\(\Rightarrow\)\(VT\ge10^3\sqrt[10]{\frac{\left(xyz\right)^2}{9^{27}}}\)
Ta cần CM \(10^3\sqrt[10]{\frac{\left(xyz\right)^2}{9^{27}}}\ge\frac{10^3}{3^3}xyz\) đúng với \(xyz\le\frac{1}{27}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
15 tháng 4 2020
Đặt \(P=\left(a+\frac{1}{b}\right)\left(b+\frac{1}{c}\right)\left(c+\frac{1}{a}\right)\)
Vì a+b+c=1 nên
\(P=\left(a+\frac{1}{b}\right)\left(b+\frac{1}{c}\right)\left(c+\frac{1}{a}\right)=abc+\frac{1}{abc}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+1\)
Từ BĐt Cosi cho 3 số dương ta có:
\(\frac{1}{3}=\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\le\frac{1}{27}\)
đặt x=abc thì \(0< x\le\frac{1}{27}\)
do đó: \(x+\frac{1}{x}-27-\frac{1}{27}=\frac{\left(27-x\right)\left(1-27x\right)}{27x}\ge0\)
=> \(x+\frac{1}{x}=abc+\frac{1}{abc}\ge27+\frac{1}{27}=\frac{730}{27}\)
Mặt khác: \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\)
Nên \(P\ge\frac{730}{27}+10=\frac{1000}{27}=\left(\frac{10}{3}\right)^3\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c\(=\frac{1}{3}\)
T
17 tháng 11 2019
BĐT \(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a+b+c+ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow\frac{3}{4}\left(y-z\right)^2+\frac{1}{4}\left(y+z-x\right)^2+a^2+b^2+c^2-\left(a+b+c\right)\ge0\)
Có: \(VT\ge\frac{3}{4}\left(y-z\right)^2+\frac{1}{4}\left(y+z-x\right)^2+\left[\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}-\left(a+b+c\right)\right]\ge0\)(chú ý: \(\left(a+b+c\right)^2=\left(a+b+c\right)\left(a+b+c\right)\ge3\sqrt[3]{abc}\left(a+b+c\right)=3\left(a+b+c\right)\))
Ta có đpcm.
17 tháng 11 2019
Có cách khác ^_^ mới nghĩ ra
BĐt <=> \(P\left(a,b,c\right)=a^2+b^2+c^2-\frac{1}{2}\left(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge0\)
Không mất tính tổng quát , giả sử : \(a=min\left\{a,b,c\right\}\Rightarrow t=\sqrt{bc}\ge1\)
=> Chứng minh: \(P\left(a,b,c\right)\ge P\left(a,t,t\right)\)
Thật vậy , \(P\left(a,b,c\right)-P\left(a,t,t\right)=\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\left[\left(\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)^2-\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{bc}\right)\right]\)
\(\ge\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\left[4-\frac{1}{2}\left(1+1\right)\right]\ge0\)
mặt khác: \(P\left(a,t,t\right)=P\left(\frac{t}{t^2},t,t\right)=\frac{\left(t-1\right)^2\left(3t^4+4t^3+5t^2+4t+2\right)}{2t^4}\ge0\)
=> BĐT được chứng minh . Đt xảy ra<=> a=b=c=1
1 tháng 2 2020
\(2\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)\ge\frac{1+a}{1-a}+\frac{1+b}{1-b}+\frac{1+c}{1-c}\)
Thay thế \(a+b+c=1\)
\(\Leftrightarrow2\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)\ge\frac{2a+b+c}{b+c}+\frac{a+2b+c}{a+c}+\frac{a+b+2c}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow2\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)\ge\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{a+c}+\frac{2c}{a+b}+3\)
\(\Leftrightarrow\frac{2b}{a}+\frac{2c}{b}+\frac{2a}{c}\ge\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{a+c}+\frac{2c}{a+b}+3\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{2b}{a}-\frac{2b}{a+c}\right)+\left(\frac{2c}{b}-\frac{2c}{a+b}\right)+\left(\frac{2a}{c}-\frac{2a}{b+c}\right)\ge3\)
\(\Leftrightarrow\frac{2bc}{a\left(a+c\right)}+\frac{2ca}{b\left(a+b\right)}+\frac{2ab}{c\left(b+c\right)}\ge3\)
\(\Leftrightarrow\frac{bc}{a\left(a+c\right)}+\frac{ca}{b\left(a+b\right)}+\frac{ab}{c\left(b+c\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(bc\right)^2}{abc\left(a+c\right)}+\frac{\left(ca\right)^2}{abc\left(a+b\right)}+\frac{\left(ab\right)^2}{abc\left(b+c\right)}\ge\frac{3}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số
\(\Rightarrow\frac{\left(bc\right)^2}{abc\left(a+c\right)}+\frac{\left(ca\right)^2}{abc\left(a+b\right)}+\frac{\left(ab\right)^2}{abc\left(b+c\right)}\)
\(\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(a+b+c+a+b+c\right)}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2abc}\)
Chứng minh rằng : \(\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2abc}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)^2\ge6abc\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2ab^2c+2abc^2+2a^2bc\ge3abc\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)\ge3abc\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\ge3abc\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2b^2+b^2c^2\ge2\sqrt{a^2b^4c^2}=2ab^2c\\b^2c^2+c^2a^2\ge2\sqrt{a^2b^2c^4}=2abc^2\\a^2b^2+c^2a^2\ge2\sqrt{a^2b^2c^2}=2a^2bc\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\ge2abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(đpcm\right)\)
Vì \(\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2abc}\ge\frac{3}{2}\)
Vậy \(\frac{\left(bc\right)^2}{abc\left(a+c\right)}+\frac{\left(ca\right)^2}{abc\left(a+b\right)}+\frac{\left(ab\right)^2}{abc\left(b+c\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)\ge\frac{1+a}{1-a}+\frac{1+b}{1-b}+\frac{1+c}{1-c}\left(đpcm\right)\)
Chúc bạn học tốt !!!
LD
6 tháng 10 2019
ta có a+bc=a(a+b+c)+ab=(a+b)(a+c)
tương tự b+ca=(b+c)(a+b)
c+ab=(a+c)(b+c)
ad bđt cô si cho 3 số dương ta có
a^3/(a+b)(a+c)+a+b/8+a+c/8 >=3a/4
tương tự bạn lm tiếp nhé
M
7 tháng 9 2016
câu a,mình ko biết nhưng câu b bạn cộng 1+b cho số hạng đầu áp dụng cô si,các số hạng khác tương tự rồi cộng vế theo vế,ta có điều phải c/m
30 tháng 5 2018
Ta có; \(\frac{a^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{a+b}.\frac{a+b}{4}}=a\)
Tương tự : \(\frac{b^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge b\)
\(\frac{c^2}{c+a}+\frac{c+a}{4}\ge c\)
Cộng từng vế ta có:
\(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}+\frac{a+b+c}{2}\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{a+b+c}{2}=\frac{1}{2}\)
TN
29 tháng 3 2022
Lời giải
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành
$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 5$
Ta chứng minh bất đẳng thức sau đây
$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$
Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với
$latex \displaystyle \frac{{{\left( a-1 \right)}^{2}}\left( 2{{a}^{2}}+6a+3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$
Hiển nhiên đúng với a là số thực dương.
Áp dụng tương tự ta được $latex \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2b}{3};\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2c}{3}$
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được
$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 7-\frac{2\left( a+b+c \right)}{3}=5$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $latex a=b=c=1$.
Chúng ta sẽ khởi đầu kỹ thuật này bằng việc đưa ra cách giải thích cho việc tìm ra bất đẳng thức phụ trên và nó cũng chính là cách giải thích cho các bài toán sau này của chúng ta.
Bài toán trên các biến trong cả hai vế và điều kiện đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay sẽ tách theo từng biến để chứng minh được đơn giản hơn nếu có thể. Nhưng rõ ràng chỉ từng đó thôi là không đủ. Để ý đến dấu đẳng thức xẩy ra nên ta nghĩ đến chứng minh bất đẳng thức sau
$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}\Leftrightarrow \frac{\left( a-1 \right)\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$
Tuy nhiên đánh giá trên không hoàn toàn đúng với a thực dương.
Để ý là với cách làm trên ta chưa sử dụng điều kiện .
Như vậy ta sẽ không đi theo đường lối suy nghĩ đơn giản ban đầu nữa mà sẽ đi tìm hệ số để bất đẳng thức sau là đúng
$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+ma+n\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$
Trong đó m và n là các hệ số chưa xác định.
Thiết lập tương tự với các biến b và c ta được
$latex \displaystyle \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mb+n;\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mc+n$
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có
$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}}{3}\ge 5+m\left( a+b+c \right)+3n=5+3\left( m+n \right)$
Như vậy ở đây 2 hệ số m và n phải thỏa mãn điều kiện $latex \displaystyle m+n=0\Leftrightarrow n=-m$. Thế vào (1) dẫn đến
$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$
Đến đây ta chỉ cần xác định hệ số duy nhất là m để bất đẳng thức (2) là đúng. Chú ý đẳng thức xẩy ra tại $latex a=b=c=1$ nên ta cần xác định m sao cho
$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\Leftrightarrow \left( a-1 \right)\left( \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}-m \right)\ge 0$
Khi cho $latex a=1$ thì ta có $latex \displaystyle \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}=-\frac{2}{3}$ từ đó ta dự đoán rằng $latex \displaystyle m=-\frac{2}{3}$ để tạo thành đại lượng bình phương $latex {{\left( a-1 \right)}^{2}}$ trong biểu thức. Từ đó ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ
$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$
bđt \(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge\Sigma a^2+3\Sigma a+\Sigma_{cyc}ab^2+2\Sigma ab+3\)
\(\Leftrightarrow\)\(abc\left(a+b+c\right)+\Sigma_{sym}a^2b+\Sigma a^2+2\Sigma ab+\Sigma a\ge\Sigma a^2+3\Sigma a+\Sigma_{cyc}ab^2+2\Sigma ab\)
\(\Leftrightarrow\)\(a^2b+b^2c+c^2a\ge a+b+c\) (1)
Do abc=1 nên đặt \(a=\frac{x}{y};b=\frac{y}{z};c=\frac{z}{x}\)
(1) \(\Leftrightarrow\)\(\frac{x^2}{yz}+\frac{y^2}{zx}+\frac{z^2}{xy}\ge\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\)
\(\Leftrightarrow\)\(x^3+y^3+z^3\ge xy^2+yz^2+zx^2\) (2)
Lại có: \(x^3+y^3+y^3\ge3\sqrt[3]{x^3y^6}=3xy^2\)
Tương tự với y3, z3 => (2) => (1) => bđt cần cm
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1