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
CM BĐT : \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge3\left(x^3y+y^3z+z^3x\right)\) ( * )
\(\frac{a}{ab+1}=\frac{a\left(ab+1\right)-a^2b}{ab+1}=a-\frac{a^2b}{ab+1}\)
TT ....
Áp dụng BĐT ( * ) với x = \(\sqrt{a}\); y = \(\sqrt{b}\); z = \(\sqrt{c}\) vào bài toán, ta có :
\(\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ca+1}=a+b+c-\frac{a^2b}{ab+1}-\frac{b^2c}{bc+1}-\frac{c^2a}{ac+1}\)
\(\ge3-\frac{a^2b}{2\sqrt{ab}}-\frac{b^2c}{2\sqrt{bc}}-\frac{c^2a}{2\sqrt{ac}}=3-\frac{\sqrt{a^3b}+\sqrt{b^3c}+\sqrt{c^3a}}{2}\ge3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(1+b^2\ge2b\)
\(\Rightarrow\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\)
Tương tự: \(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2};\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ca}{2}\)
Cộng vế với vế 3 BĐT trên ta được: \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge\left(a+b+c\right)-\frac{ab+bc+ca}{2}=3-\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Mà \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
Nên \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge3-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{6}=3-\frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)(đpcm).
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1.
Bạn kia làm sai r
Ta có đánh giá quen thuộc \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{a+b+c}{abc}\)
mà \(3abc\left(a+b+c\right)\le\left(ab+bc+ca\right)^2\)
do đó \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{a+b+c}{abc}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
Phép chứng minh hoàn tất khi ta cm được
\(\frac{3\left(a+b+c\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\ge a^2+b^2+c^2\)
hay \(3\left(a+b+c\right)^2\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)
Theo bđt AM-GM ta có
\(\left(a+b+c\right)^2=\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\ge3\sqrt[3]{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
hay \(\left(a+b+c\right)^6\ge27\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)
mà a+b+c=3 nên \(\left(a+b+c\right)^6=81\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow3\left(a+b+c\right)^2\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)^2\)
Vậy bđt được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Xét BĐT phụ \(\frac{1}{a^2}+4a\ge a^2+4\Leftrightarrow\frac{\left(a-1\right)^2\left(1+2a-a^2\right)}{a^2}\ge0\)
Đến đây, ta đưa điều phải chứng minh về dạng \(\frac{\left(a-1\right)^2\left(1+2a-a^2\right)}{a^2}+\frac{\left(b-1\right)^2\left(1+2b-b^2\right)}{b^2}+\frac{\left(c-1\right)^2\left(1+2c-c^2\right)}{c^2}\ge0\)(*)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)
Xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: \(a\le1+\sqrt{2}\Rightarrow c\le b\le a\le1+\sqrt{2}\)
Khi đó thì \(1+2a-a^2\ge0;1+2b-b^2\ge0;1+2c-c^2\ge0\)dẫn đến (*) đúng
Trường hợp 2: \(a>1+\sqrt{2}\Rightarrow b+c=3-a< 3-\left(1+\sqrt{2}\right)=2-\sqrt{2}< \frac{2}{3}\)
\(\Rightarrow bc\le\frac{\left(b+c\right)^2}{4}< \frac{\frac{4}{9}}{4}=\frac{1}{9}\)
Mà a,b,c dương nên \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}>\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge\frac{2}{bc}>18>\left(a+b+c\right)^2>a^2+b^2+c^2\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
SOS là nhanh nhất!
\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\ge\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Ta có: \(9a^2b^2c^2\left(a+b+c\right)^2\left(\text{VT}-\text{VP}\right)\)
\(=\Sigma\left(a^4b^2+12a^3bc^2+2a^3c^3+a^2b^4+24abc^4+6b^3c^3+4b^2c^4+4bc^5\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
Trường hợp 1: Nếu tồn tại một trong ba số a, b, c thuộc nửa khoảng \((0;\frac{1}{3}]\)thì ta có \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge9=\left(a+b+c\right)^2>a^2+b^2+c^2\). Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh đúng.
Trường hợp 2: \(a>\frac{1}{3};b>\frac{1}{3};c>\frac{1}{3}\)ta có \(a+b+c>a+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\Rightarrow a< \frac{7}{3}\)tương tự \(b< \frac{7}{3};c< \frac{7}{3}\)
Vậy \(a;b;c\in\left(\frac{1}{3};\frac{7}{3}\right)\)
Ta chứng minh \(\frac{1}{x^2}-x^2\ge-4x+4\)(*)
Thật vậy
(*)\(\Leftrightarrow1-x^4\ge-4x^3+4x^2\Leftrightarrow x^4-4x^3+4x^2-1\le0\)\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(x^2-2x-1\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left[\left(x-1\right)^2-2\right]\le0\)luôn đúng với \(\forall x\in\left(\frac{1}{3};\frac{7}{3}\right)\)
Áp dụng, ta được: \(\frac{1}{a^2}-a^2\ge-4a+4\)(1); \(\frac{1}{b^2}-b^2\ge-4b+4\)(2); \(\frac{1}{c^2}-c^2\ge-4c+4\)(3)
Cộng theo vế của 3 BĐT (1), (2), (3), ta được:
\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}-a^2-b^2-c^2\ge-4\left(a+b+c\right)+12=0\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge a^2+b^2+c^2\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Theo svac xơ ta có :
\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\frac{1^2}{a^2}+\frac{1^2}{b^2}+\frac{1^2}{c^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\)
dấu = xảy ra \(< =>a=b=c=1\)
Một đề chọn đội tuyển Romania dự thi IMO 2006 phải ko cô :D
\(LHS\ge\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{3}{abc}\)
Ta cần chứng minh:\(\frac{3}{abc}+2\left(ab+bc+ca\right)\ge\left(a+b+c\right)^2=9\)
Mà \(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\ge6\sqrt{abc}\)
Áp dụng AM - GM:
\(\frac{3}{abc}+6\sqrt{abc}=\frac{3}{abc}+3\sqrt{abc}+3\sqrt{abc}\ge9\)
Vậy có đpcm
Có thêm 3 kiểu SOS nữa ở đây: https://diendantoanhoc.net/topic/172578-mo-rumania-2005/?p=736633