Cho \(\left(1+\frac{a}{b}\right)\left(1+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)=8.\)
Cmr: \(a=b=c\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
hay ko = hên :)) nghĩ bừa cái ra lun
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{a}+1=1-\frac{1}{b}+1-\frac{1}{c}\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a+1}{a}=\frac{b-1}{b}+\frac{c-1}{c}\ge2\sqrt{\frac{\left(b-1\right)\left(c-1\right)}{bc}}\)
Tương tự ta cũng có :
\(\frac{b+1}{b}\ge2\sqrt{\frac{\left(c-1\right)\left(a-1\right)}{ca}};\frac{c+1}{c}\ge2\sqrt{\frac{\left(a-1\right)\left(b-1\right)}{ab}}\)
Nhân theo vế ta được :
\(\frac{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}{abc}\ge8\sqrt{\frac{\left(a-1\right)^2\left(b-1\right)^2\left(c-1\right)^2}{a^2b^2c^2}}=\frac{8\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)}{abc}\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le\frac{1}{8}\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\) ( đpcm )
...
Ta có :
\(VT=\frac{1}{2}\left[\frac{b-c}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\frac{c-a}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}+\frac{a-b}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}\right]\)
\(=\frac{1}{2}\left[\frac{\left(b-c\right)^2}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\frac{\left(a-c\right)^2}{\left(b-c\right)\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\frac{\left(a-b\right)^2}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}\right]\)
\(=\frac{1}{2}\left[\frac{\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(a-b\right)^2}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}\right]\)
\(=\frac{1}{2}\left[\frac{b^2-2bc+c^2+a^2-2ac+c^2+a^2-2ab+b^2}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}\right]\)
\(=\frac{1}{2}\left[\frac{2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}\right]\)
\(=\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}\)(1)
Lại có :
\(VP=\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}+\frac{1}{c-a}\)
\(=\frac{\left(b-c\right)\left(a-c\right)+\left(a-b\right)\left(a-c\right)-\left(a-b\right)\left(b-c\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(a-c\right)}\)
\(=\frac{ab-bc-ac+c^2+a^2-ac-ab+bc-ab+ac+b^2-bc}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(a-c\right)}\)
\(=\frac{a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(a-c\right)}\)(2)
Từ (1) và (2) \(\RightarrowĐPCM\)
Bạn xem lời giải ở đây nhé https://olm.vn/hoi-dap/question/960694.html
Ta có:
\(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a\left(a+1\right)}{8}+\frac{a\left(b+1\right)}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(a+1\right)\left(b+1\right)}{64\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}=\frac{3a}{4}\)
\(\Rightarrow LHS+\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+2\left(a+b+c\right)}{8}\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow LHS\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{8}\)
\(\ge\frac{a+b+c}{2}-\frac{a^2+b^2+c^2}{4}\)
Có ý tưởng đến đây thôi nhưng lại bị ngược dấu rồi :(
BĐT <=> \(\frac{a\left(c+1\right)+b\left(a+1\right)+c\left(b+1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(\frac{ab+bc+ac+a+b+c}{abc+1+ab+bc+ac+a+c+b}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(4\left(ab+bc+ac+a+b+c\right)\ge3\left(ab+bc+ac+a+b+c+2\right)\)
<=> \(ab+bc+ac+a+b+c\ge6\)(1)
(1) luôn đúng do \(ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3;a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)
=> BĐT được CM
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Biến đổi tương đương ta có :
\(\frac{a}{\left(a+1\right).\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right).\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right).\left(a+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow4.a.\left(c+1\right)+4.b.\left(a+1\right)+4.c.\left(b+1\right)\ge3.\left(a+1\right).\left(b+1\right).\left(c+1\right)\)
\(\Leftrightarrow4.\left(a+b+c\right)+4.\left(ab+bc+ac\right)\ge3.a.b.c+3.\left(a+b+c\right)+3.\left(ab+bc+ca\right)+3\)
\(\Leftrightarrow a+b+c+ab+bc+ca\ge6\)
Sử dụng thêm bất đẳng thức Cauchy 3 số ta có :
a+b+c \(\ge\)3.\(\sqrt[3]{abc}\)và ab + bc + ca \(\ge3.\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\)
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a= b= c =1
Mình áp dụng BĐT AM-GM đến dòng
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b\ge6\left(1\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số dương ta được
\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[2]{\left(abc\right)^2}=3;a+b+c\ge3\sqrt[2]{abc}=3\)
Cộng từng vế BĐT ta được (1). Do vậy BĐT ban đầu được chứng minh
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1