Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
1,
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)
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
Cách 1:
Do vai trò của a;b;c là như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)
\(\Rightarrow3=ab+bc+ca\le3ab\Rightarrow ab\ge1\)
Ta có:
\(\dfrac{1}{1+a^2}+\dfrac{1}{1+b^2}=\dfrac{a^2+b^2+2}{a^2b^2+a^2+b^2+1}=1-\dfrac{a^2b^2-1}{a^2b^2+a^2+b^2+1}\)
\(\ge1-\dfrac{a^2b^2-1}{a^2b^2+2ab+1}=1-\dfrac{ab-1}{ab+1}=\dfrac{2}{1+ab}\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{2}{1+ab}+\dfrac{1}{1+c^2}\)
Nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{2}{1+ab}+\dfrac{1}{1+c^2}\ge\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow c^2+3-ab\ge3abc^2\)
\(\Leftrightarrow c^2+ac+bc\ge3abc^2\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\ge3\)
Đúng do \(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\ge\dfrac{9}{ab+bc+ca}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Cách 2:
\(\Leftrightarrow1-\dfrac{a^2}{a^2+1}+1-\dfrac{b^2}{b^2+1}+1-\dfrac{c^2}{c^2+1}\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{3a^2}{3a^2+3}+\dfrac{3b^2}{3b^2+3}+\dfrac{3c^2}{3c^2+3}\le\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{3a^2}{2a^2+a^2+ab+bc+ca}+\dfrac{3b^2}{2b^2+b^2+ab+bc+ca}+\dfrac{3c^2}{2c^2+c^2+ab+bc+ca}\le\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}+\dfrac{b^2}{b\left(a+b+c\right)+2b^2+ac}+\dfrac{c^2}{c\left(a+b+c\right)+2c^2+ab}\le\dfrac{1}{2}\)
Ta có:
\(\dfrac{a^2}{a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{a^2}{a\left(a+b+c\right)}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{a}{a+b+c}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)
Tương tự và cộng lại:
\(VT\le\dfrac{1}{4}\left(1+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{b^2}{2b^2+ac}+\dfrac{c^2}{2c^2+ab}\right)\)
Nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{b^2}{2b^2+ac}+\dfrac{c^2}{2c^2+ab}\le1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{bc}{2a^2+bc}+\dfrac{ac}{2b^2+ac}+\dfrac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(bc\right)^2}{2a^2bc+\left(bc\right)^2}+\dfrac{\left(ca\right)^2}{2ab^2c+\left(ac\right)^2}+\dfrac{\left(ab\right)^2}{2abc^2+\left(ab\right)^2}\ge1\)
Đúng do:
\(VT\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=1\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=xyz\) thì bài toán trở thành
Cho \(x+y+z=xyz\) chứng minh
\(P=xyz+\frac{x^2y^2z^2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{9\sqrt{3}}{3}\)
Ta có:
\(t=x+y+z=xyz\le\frac{\left(x+y+z\right)^3}{27}=\frac{t^3}{27}\)
\(\Leftrightarrow t\ge3\sqrt{3}\)
Ta lại có:
\(P\ge\left(x+y+z\right)+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\frac{8\left(x+y+z\right)^3}{27}}=t+\frac{27}{8t}\)
\(=\left(t+\frac{27}{t}\right)-\frac{189}{8t}\ge6\sqrt{3}-\frac{189}{8.3\sqrt{3}}=\frac{27\sqrt{3}}{8}\)
PS: Đề sai rồi nha.
Ta có : \(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}=1\Leftrightarrow\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}=\sqrt{abc}\)
Do đó : \(ab+bc+ac\ge\frac{abc}{3}\)
\(\Leftrightarrow3\left(ab+bc+ac\right)\ge\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\ge2\left(\sqrt{a^2bc}+\sqrt{b^2ac}+\sqrt{c^2ab}\right)\)
\(\Leftrightarrow a\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2+b\left(\sqrt{c}-\sqrt{a}\right)^2+c\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Vậy bđt ban đầu được chứng minh
\(A=\frac{\frac{1}{2}a^2\left(\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}+1\right)\left[\left(\sqrt[3]{b}-\sqrt[3]{c}\right)^2+\left(\sqrt[3]{b}-1\right)^2+\left(\sqrt[3]{c}-1\right)^2\right]}{2\left(a+2\right)\left(a+\sqrt[3]{bc}\right)}\ge0\)
\(\Sigma_{cyc}\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}=\Sigma_{cyc}A+\Sigma_{cyc}\frac{2\left(a-1\right)^2}{3\left(a+2\right)}+\frac{5}{6}\left(a+b+c\right)-1\ge\frac{5}{6}\left(a+b+c\right)-1=\frac{3}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số
\(\Rightarrow\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\)\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\)\(\ge\frac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
Chứng minh rằng : \(\frac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow18\ge3\left(3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}\right)\)
\(\Leftrightarrow18\ge9+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}+3\sqrt[3]{ab}\)
\(\Leftrightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 bộ số thực không âm
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b+1\ge3\sqrt[3]{ab}\\b+c+1\ge3\sqrt[3]{bc}\\c+a+1\ge3\sqrt[3]{ca}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)+3\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\)
\(\Rightarrow9\ge3\sqrt[3]{ab}+3\sqrt[3]{bc}+3\sqrt[3]{ca}\left(đpcm\right)\)
Vì \(\frac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\ge\frac{3}{2}\)
Mà \(\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\frac{9}{3+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca}+\sqrt[3]{ab}}\)
\(\Rightarrow\frac{a^2}{a+\sqrt[3]{bc}}+\frac{b^2}{b+\sqrt[3]{ca}}+\frac{c^2}{c+\sqrt[3]{ab}}\ge\frac{3}{2}\left(đpcm\right)\)
Chúc bạn học tốt !!!
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.
Phân tích bài toán
Lời giải chi tiết
Bước 1: Đặt ẩn phụ và tìm mối liên hệ
Ta đặt:
Từ giả thiết a + b + c = 3, ta bình phương hai vế và có hằng đẳng thức quen thuộc:
(a + b + c)² = a² + b² + c² + 2(ab + bc + ca)
3² = X + 2Y
9 = X + 2Y
Từ đây, ta có thể rút Y theo X (hoặc ngược lại): 2Y = 9 - X, suy ra Y = (9 - X) / 2.
Bất đẳng thức (BĐT) cần chứng minh bây giờ có thể viết lại theo X và Y:
G = 1/X + 9/Y ≥ 10/3
Thay Y = (9 - X) / 2 vào biểu thức G, ta được:
G = 1/X + 9 / ((9 - X) / 2) = 1/X + 18/(9-X)
Vậy, bài toán trở thành chứng minh: 1/X + 18/(9 - X) ≥ 10/3
Bước 2: Tìm điều kiện (miền giá trị) của ẩn phụ X
Để chứng minh được BĐT trên, ta cần biết X có thể nhận những giá trị nào. Ta sử dụng một số BĐT cơ bản sau:
Thay số vào ta có: 3² ≤ 3X ⇔ 9 ≤ 3X ⇔ X ≥ 3.
Vậy, điều kiện của X là 3 ≤ X < 9.
Bước 3: Chứng minh bất đẳng thức theo biến X
Ta cần chứng minh 1/X + 18/(9 - X) ≥ 10/3 với 3 ≤ X < 9.
Xét hiệu của hai vế:
VT - VP = [1/X + 18/(9 - X)] - 10/3
Ta sẽ biến đổi để chứng minh hiệu này không âm (lớn hơn hoặc bằng 0).
= [3(9 - X) + 18 * 3X - 10X(9 - X)] / [3X(9 - X)]
= [27 - 3X + 54X - (90X - 10X²)] / [3X(9 - X)]
= [27 + 51X - 90X + 10X²] / [3X(9 - X)]
= [10X² - 39X + 27] / [3X(9 - X)]
Bây giờ, ta cần xét dấu của biểu thức trên.
Vì 3 ≤ X < 9, ta có X > 0 và 9 - X > 0. Do đó, mẫu số 3X(9 - X) > 0.
Đây là một tam thức bậc hai. Ta sẽ tìm nghiệm của nó để phân tích thành nhân tử.
Phương trình 10X² - 39X + 27 = 0 có:
Δ = (-39)² - 4 * 10 * 27 = 1521 - 1080 = 441 = 21²
Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
X₁ = (39 - 21) / (2 * 10) = 18 / 20 = 9/10 = 0.9
X₂ = (39 + 21) / (2 * 10) = 60 / 20 = 3
Do đó, tử số có thể được phân tích thành: 10(X - 3)(X - 0.9)
Biểu thức của chúng ta trở thành:
VT - VP = [10(X - 3)(X - 0.9)] / [3X(9 - X)]
Với điều kiện X ≥ 3, ta có:
Suy ra tử số 10(X - 3)(X - 0.9) ≥ 0.
Vì cả tử số và mẫu số đều không âm (mẫu số dương), nên phân số trên lớn hơn hoặc bằng 0.
Tức là [1/X + 18/(9 - X)] - 10/3 ≥ 0, hay 1/X + 18/(9 - X) ≥ 10/3.
Bất đẳng thức đã được chứng minh.
Bước 4: Xét dấu bằng
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi VT - VP = 0, điều này tương đương với tử số bằng 0.
10(X - 3)(X - 0.9) = 0
⇔ X - 3 = 0 (vì X ≥ 3 nên X - 0.9 > 0)
⇔ X = 3
Khi X = a² + b² + c² = 3, kết hợp với giả thiết a + b + c = 3, dấu bằng của BĐT (a + b + c)² ≤ 3(a² + b² + c²) xảy ra. Điều này chỉ đúng khi a = b = c.
Từ a + b + c = 3, ta suy ra a = b = c = 1.
Kết luận:
Vậy bất đẳng thức G = 1/(a² + b² + c²) + 9/(ab + bc + ca) ≥ 10/3 là đúng.
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1.
Lời khuyên và Mẹo giải toán
Việc vận dụng thành thạo các BĐT này giúp bạn tìm ra miền giá trị của ẩn phụ một cách nhanh chóng.
Trình bày rõ hơn ở Bước Tìm điều kiện (miền giá trị) của ẩn phụ X
Mục tiêu của bước này là tìm ra khoảng giá trị mà X = a² + b² + c² có thể nhận, dựa vào giả thiết a, b, c là các số dương và a + b + c = 3. Việc xác định chính xác khoảng giá trị này rất quan trọng để chứng minh bất đẳng thức ở bước tiếp theo.
Ta sẽ tìm cận dưới (giá trị nhỏ nhất có thể) và cận trên (giá trị lớn nhất có thể) của X.
1. Tìm cận dưới của X (Chứng minh X ≥ 3)
Để tìm cận dưới, ta sẽ sử dụng một bất đẳng thức quen thuộc là 3(a² + b² + c²) ≥ (a + b + c)². Nếu thầy cô yêu cầu chứng minh, thì ta sẽ chứng minh nó như sau:
Ta có: (a - b)² + (b - c)² + (c - a)² ≥ 0 (Điều này luôn đúng với mọi số a, b, c vì bình phương của một số luôn không âm).
(a² - 2ab + b²) + (b² - 2bc + c²) + (c² - 2ca + a²) ≥ 0
2a² + 2b² + 2c² - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0
a² + b² + c² - ab - bc - ca ≥ 0
⇔ a² + b² + c² ≥ ab + bc + ca (Đây là một BĐT rất quan trọng cần ghi nhớ).
Cộng a² + b² + c² vào cả hai vế của BĐT vừa chứng minh ở trên, ta được:
(a² + b² + c²) + (a² + b² + c²) ≥ (ab + bc + ca) + (a² + b² + c²)
2(a² + b² + c²) ≥ a² + b² + c² + ab + bc + ca
Bây giờ, cộng thêm a² + b² + c² một lần nữa vào hai vế:
3(a² + b² + c²) ≥ (a² + b² + c²) + (a² + b² + c² + ab + bc + ca)
Lúc này, vế phải vẫn chưa ra dạng mong muốn. Ta làm cách khác đơn giản hơn:
Từ a² + b² + c² ≥ ab + bc + ca, ta nhân 2 vào cả hai vế:
2(a² + b² + c²) ≥ 2(ab + bc + ca)
Cộng a² + b² + c² vào cả hai vế:
2(a² + b² + c²) + (a² + b² + c²) ≥ 2(ab + bc + ca) + (a² + b² + c²)
3(a² + b² + c²) ≥ a² + b² + c² + 2ab + 2bc + 2ca
Vế phải chính là hằng đẳng thức (a + b + c)².
Vậy, 3(a² + b² + c²) ≥ (a + b + c)².
Thay X = a² + b² + c² và a + b + c = 3 vào BĐT vừa chứng minh, ta có:
3X ≥ 3²
3X ≥ 9
X ≥ 3
Vậy, ta đã tìm được cận dưới của X là 3. Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = 1.
2. Tìm cận trên của X (Chứng minh X < 9)
(a + b + c)²...