Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta phải chứng minh
\(\displaystyle \sum\)\(\frac{1+a}{b+c}\le2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(\displaystyle \sum\)\(\frac{2a+b+c}{b+c}\le2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(\displaystyle \sum\)\(\frac{2a}{b+c}+3\le2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}-\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c}-\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a}-\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{ac}{b\left(b+c\right)}+\frac{bc}{a\left(a+b\right)}+\frac{ab}{c\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(ac\right)^2}{abc\left(b+c\right)}+\frac{\left(bc\right)^2}{abc\left(a+b\right)}+\frac{\left(ca\right)^2}{abc\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{2}\)
Mặt khác: Theo BĐT AM-GM ta có:
\(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)=3abc\left(a+b+c\right)\)
Theo BĐT Cauchy-Schwwarz ta có:
\(\frac{\left(ac\right)^2}{abc\left(a+b\right)}+\frac{\left(bc\right)^2}{abc\left(a+b\right)}+\frac{\left(ca\right)^2}{abc\left(c+a\right)}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2abc\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3}{2}\)
Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
Ta có : \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(3+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)< 10\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}< 7\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+c}{b}+\frac{b+a}{c}+\frac{c+b}{a}< 7\)
Không giảm tổng quá .Giả sử a là cạnh lớn nhất .Giả b + c < a => 0 < \(\frac{b+c}{a}\)
\(\Rightarrow\frac{a+c}{b}+\frac{b+a}{c}+\frac{c+b}{a}>\frac{2c+b}{b}+\frac{2b+c}{c}+\frac{b+c}{a}\)( không chắc lắm )
= \(\frac{2c}{b}+\frac{2b}{c}+\frac{b+c}{a}+2\)
=\(\frac{2\left(b+c\right)^2}{bc}+\frac{b+c}{a}-2>7\left(VL\right)\)
=>b+ c > a => a ; b ; c là 3 cạnh tam giác ( đpcm )
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
Bài này làm hoài :v
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và BĐT AM-GM ta có:
\(VT=\frac{b^2c^2}{ab+ac}+\frac{a^2c^2}{ab+bc}+\frac{a^2b^2}{ac+bc}\)
\(\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{ab+bc+ca}{2}\)
\(\ge\frac{3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}}{2}=\frac{3}{2}=VP\)
Khi a=b=c=1
Đặt \(\left\{a;b;c\right\}\rightarrow\left\{\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}\right\}\)Khi đó : \(\frac{1}{x}.\frac{1}{y}.\frac{1}{z}=\frac{1}{x.y.z}=a.b.c=1< =>x.y.z=1\)
\(BĐT< =>\frac{1}{\left(\frac{1}{x}\right)^3\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)}+\frac{1}{\left(\frac{1}{y}\right)^3\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{x}\right)}+\frac{1}{\left(\frac{1}{z}\right)^3\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)}\ge\frac{3}{2}\)
\(< =>\frac{x^3yz}{y+z}+\frac{y^3xz}{z+x}+\frac{z^3xy}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)\(< =>\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)(*)
Ta chỉ cần chỉ ra bất đẳng thức (*) đúng thì bài toán được giải quyết , thật vậy :
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức :
\(\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{y+z+z+x+x+y}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y+z}{2}\) (**)
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\sqrt[3]{1}=3\)Tương đương \(\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)(***)
Từ (**) và (***) ta được \(\frac{x^2}{z+y}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\ge\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\)
Suy ra bất đẳng thức (*) đúng . Nên ta có điều phải chứng minh !
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=1< =>a=b=c=1\)
ta có: \(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}.\)
\(\ge3\sqrt[3]{\frac{a.b.c}{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}=\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}\) (vì abc=1) (*)
Mặt khác: \(\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2\ge64abc=64=4^3\) (vì abc=1)
=> \(\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}\ge4\) (**)
Từ (*), (**)=> đpcm
Bạn dưới kia làm ngược dấu thì phải,mà bài này hình như là mũ 3
\(\frac{a^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{b+1}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(a+1\right)\left(b+1\right)}{64\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}=\frac{3a}{4}\)
Tương tự rồi cộng lại:
\(RHS+\frac{2\left(a+b+c\right)+6}{8}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Leftrightarrow RHS\ge\frac{3}{4}\) tại a=b=c=1
không mất tính tổng quát giả sử $a\leqslant b\leqslant c$
đặt
x=a+b+c
y=ab+bc+ac
z=abc
ta có bđt thức đầu tiên sẽ tương đương với
$(x+3a)(x+3b)(x+3c)> 25(x-a)(x-b)(x-c)$
$\Leftrightarrow x^{3}+3x^{2}(a+b+c)+9x(ab+bc+ac)+27abc> 25(x^{3}-x^{2}(a+b+c)+x(ab+bc+ac)-abc)$
$\Leftrightarrow x^{3}-4xy+13z> 0$ (1)
đặt S=VT
ta có
S=$(a+b+c)^{3}-4(a+b+c)(ab+bc+ac)+13abc=(a+b+c)((a+b+c)^{2}-4(ab+bc+ac))+13abc=(a+b+c)((a+b-c)^{2}-4ab)+13abc= (a+b+c)(a+b-c)^{2}+ab(9c-4b-4c)$
vậy (1) tương đương với
$(a+b+c)(a+b-c)^{2}+ab(9c-4b-4c)> 0$
do $0< a\leqslant b\leqslant c$
nên bđt trên hiển nhiên đúng
vậy được đpcm
Bài này cần chú ý: \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-3=\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}+\frac{\left(a-c\right)\left(b-c\right)}{ac}\)
Và \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}=\frac{\left(a-b\right)^2}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\frac{\left(a+b+2c\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Thêm 3 vào 2 vế ta cần chứng minh:
\(\frac{2}{1-a}+\frac{2}{1-b}+\frac{2}{1-c}\le2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{3}{2}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b+c}{a+b}+\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}\le\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{3}{2}\) (chia hai vế cho 2 và chú ý 1 =a + b + c)
\(\Leftrightarrow\frac{3}{2}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\le\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}\le\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-3\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\frac{\left(a+b+2c\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}+\frac{\left(a-c\right)\left(b-c\right)}{ac}\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(\frac{1}{ab}-\frac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\right)+\left(\frac{1}{ac}-\frac{a+b+2c}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)\ge0\)
Quy đồng mỗi cái ngoặc to phía sau là thấy nó > 0:D
Giả sử c = min{a,b,c} như vậy (a-c)(b-c)\(\ge0\) chúng ta có đpcm.
Is that true?
WLOG \(b=mid\left\{a,b,c\right\}\). Áp dụng một bổ đề trong một bài giải của alibaba nguyễn trong câu hỏi của Neet ở học 24. Mọi người có thể tự chứng minh để nhớ lâu hoặc ai cần có thể hỏi ổng
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1\) với a,b,c>0
Khi đó ta cần chứng minh \(2\left(\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}\right)+2\ge\frac{2a+b+c}{b+c}+\frac{2b+c+a}{c+a}+\frac{2c+a+b}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}-\frac{1}{2}\ge\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\frac{b}{b+c}+\frac{b}{a+b}-\frac{1}{2}\ge\frac{b}{c+a}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(a+c+2b\right)}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)*đúng với \(b=mid\left\{a,b,c\right\}\)*
Lục vui câu hỏi của cô Chi thấy vài bài ngon mà mấy God dùng đao to vãi :))
\(\frac{1+a}{1-a}=\frac{1-a+2a}{1-a}=1+\frac{2a}{1-a}=1+\frac{2a}{b+c}\)
Khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(3+\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\le2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{3}{2}\le\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\)
\(\Leftrightarrow\frac{ac}{b\left(b+c\right)}+\frac{bc}{a\left(a+b\right)}+\frac{ab}{c\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{2}\)
Mặt khác:
\(LHS=\Sigma\frac{ac}{b\left(b+c\right)}=\Sigma\frac{a^2c^2}{abc\left(b+c\right)}\ge\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{\Sigma abc\left(b+c\right)}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2abc\left(a+b+c\right)}\)
Ta cần chứng minh \(\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{2abc\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3}{2}\Leftrightarrow\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\)
Tuy nhiên đây là bổ đề quen thuộc
Vậy ta có đpcm
Cách của chú đúng r đấy, a đang định gõ , ấn f5 thì thấy bài giải nên lại phải nghĩ cách khác :'(
Thắng Nguyễn haha:)
Chứng minh bổ đề : https://h o c 24 .vn/hoi-dap/question/410998.html
@ tth @ làm sao có thể g/s c = min { a; b; c } đc.
Nhưng thật ra em đã ngộ nhận rồi. Khi mình g/s nghĩa là em thừa nhận vị trí a, b, c có thể thay thế cho nhau.
Nghĩa là khi đó a = min hay b = min thì bất đẳng thức cuối vẫn đúng nhưng mà em xem lại nó thật sự đúng ko?.
Vai trò của a, b, c là hoán vị mà cô, nếu a = min{a,b,c} thì ta có thể biến đổi cho nó xuất hiện (b-c)2 ; (b-a)(c-a)?
Có lẽ nên giả sử ngay từ đầu bài chăng?
@tth: nhìn kĩ lại vế phải của BĐT đi em, không hề hoán vị đâu.
Nếu đổi vị trí a và c cho nhau vế phải sẽ thành \(\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}\) đâu còn giống BĐT cũ nữa?
Nguyễn Thị Ngọc Thơ: Em nghĩ a, b, c có vai trò hoán vị tức là nếu thay a-> b -> c (thay a bởi b, b bởi c, c bởi a) thì biểu thức không thay đổi (còn nếu chỉ đổi chỗ a và c or b và c... thì nó là để thử tính đối xứng mà??)
hoán vị khi y=f(x,y,z)=f(y,z,x)
đối xứng khi f(x,y,z)=f(y,x,z)=f(z,y,x)
xem lại đi nhé
Thắng Nguyễn: Vậy em nói bài này là hoán vị vẫn đúng mà?
@ tth @ G/s : a = 1; b = 2; c = 3.
\(\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\frac{3}{1}\) khác \(\frac{3}{2}+\frac{2}{1}+\frac{1}{3}\)không hoán vị nha!
Cách khác:
+) \(2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)=2\left(\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{bc}+\frac{c^2}{ac}\right)\ge\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ac}\)
+) \(\frac{1+a}{1-a}+\frac{1+b}{1-b}+\frac{1+c}{1-c}=\frac{2a+b+c}{b+c}+\frac{2b+a+c}{a+c}+\frac{2c+a+b}{a+b}\)
\(=2\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)+3\)
Chúng ta đi chứng minh: \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ac}\ge\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)+\frac{3}{2}\)
<=> \(\left(a+b+c\right)^2\ge\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right)\left(ab+bc+ac\right)+\frac{3}{2}\left(ab+bc+ac\right)\)(2)
Xét: \(\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right).\left(ab+bc+ac\right)\)
\(=a^2+b^2+c^2+abc\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)\)
\(\le a^2+b^2+c^2+abc.\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
\(=a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ac}{2}\)
Như vậy: \(\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\right).\left(ab+bc+ac\right)+\frac{3}{2}\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\le a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=\left(a+b+c\right)^2\)
=> (2) đúng
=> bất đẳng thức ban đầu đúng
"=" xảy ra <=> a = b = c = 1/ 3
@Nguyễn Linh Chi : Nhưng thay đổi a->b ->c thì \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\)
Hay \(f\left(a;b;c\right)=f\left(b;c;a\right)\). Vậy a, b, c có vai trò hoán vị?
Có \(2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge\)\(\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca}\)\(\ge\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=6\)
Cần cm \(6\ge\frac{1+a}{1-a}+\frac{1+b}{1-b}+\frac{1+c}{1-c}\)Hay \(2\left(\frac{a}{a-1}+\frac{b}{b-1}+\frac{c}{c-1}\right)+3\ge0\)
\(=2\left(3+\frac{1}{a-1}+\frac{1}{b-1}+\frac{1}{c-1}\right)+3\)\(\ge0\)\(\Leftrightarrow2\left(3+\frac{9}{a+b+c-3}\right)+3=\)\(2\left(3+\frac{-9}{2}\right)+3=0\)
Thực ra nếu như cô không chịu cách giả sử của em thì đồng nghĩa với a Thắng cũng không được. Nhưng không sao, em vẫn có thể gộp 2 TH mà:))
\(\frac{3}{2}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\le\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\)
\(VP-VT=\)
PS: Nếu không hiện ảnh thì cô vào thống kê hỏi đáp của em nha! Đơn giản:))
Giáo sư Sui Zhen Lin có một cách SOS rất đẹp, xem tại: https://artofproblemsolving.com/community/c6h598876p3554366
Cách khác (Mọi người chịu khó vào TKHĐ của em xem ảnh nha, sáng dậy buồn ngủ lười gõ quá!)