cho a, b, c >0 và abc=1. CMR
\(\frac{a^2}{a^2+b^5+c^5}+\frac{b^2}{b^2+a^5+c^5}+\frac{c^2}{c^2+a^5+b^5}\le1\)
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
TN
6 tháng 6 2017
xời làm hoài Câu hỏi của LIVERPOOL - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
19 tháng 6 2019
a/ BĐT sai, cho \(a=b=c=2\) là thấy
b/ \(VT=\frac{a^4}{a^2+2ab}+\frac{b^4}{b^2+2bc}+\frac{c^4}{c^2+2ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\)
\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)^2}{3\left(a+b+c\right)^2}=\frac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
c/ Tiếp tục sai nữa, vế phải là \(\frac{3}{2}\) chứ ko phải \(2\), và hy vọng rằng a;b;c dương
\(VT=\frac{a^2}{abc.b+a}+\frac{b^2}{abc.c+b}+\frac{c^2}{abc.a+c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)+a+b+c}\)
\(VT\ge\frac{9}{3abc+3}\ge\frac{9}{\frac{3\left(a+b+c\right)^3}{27}+3}=\frac{9}{\frac{3.3^3}{27}+3}=\frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
23 tháng 6 2019
Ta có:
\(a^3+b^3+b^3\ge3ab^2\) ; \(b^3+c^3+c^3\ge3bc^2\) ; \(c^3+a^3+a^3\ge3ca^2\)
Cộng vế với vế \(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge ab^2+bc^2+ca^2\)
\(\frac{a^5}{b^2}+\frac{b^5}{c^2}+\frac{c^5}{a^2}=\frac{a^6}{ab^2}+\frac{b^6}{bc^2}+\frac{c^6}{ca^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{ab^2+bc^2+ca^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{a^3+b^3+c^3}=a^3+b^3+c^3\)
16 tháng 8 2019
Làm tạm một câu rồi đi chơi, lát làm cho.
4)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz :
\(VT\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{9}{1}=9\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
4 tháng 7 2019
Ta có \(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}\ge\frac{3}{a^2b}\)
\(\frac{1}{b^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}\ge\frac{3}{b^2c}\)
..............................
=> \(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}+\frac{1}{d^3}\ge\frac{1}{a^2b}+\frac{1}{b^2c}+\frac{1}{c^2d}+\frac{1}{d^2a}\left(1\right)\)
Áp dụng bđt cosi ta có
\(\frac{a^2}{b^5}+\frac{1}{a^2b}\ge\frac{2}{b^3}\)
\(\frac{b^2}{c^5}+\frac{1}{b^2c}\ge\frac{2}{c^3}\)
\(\frac{c^2}{d^5}+\frac{1}{c^2d}\ge\frac{2}{d^3}\)
\(\frac{d^2}{a^5}+\frac{1}{d^2a}\ge\frac{2}{a^3}\)
Cộng vế của các bđt trên và kết hợp với (1)
=> ĐPCM
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
13 tháng 7 2019
Ta có \(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ca\right)\)
Mà a+b+c=0 nên \(a^3+b^3+c^3=3abc\)
Ta có \(\frac{a^2+b^2+c^2}{2}.\frac{a^3+b^3+c^3}{3}=\frac{(a^2+b^2+c^2)3abc}{6}=\frac{(a^2+b^2+c^2)abc}{2}\)(1)
Ta có \(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)=\left(a^2+b^2+c^2\right)3abc\)(2)
Bạn nhân vế trái của (2) ra rồi nhóm lại thì đc nhứ sau
\(=>2\left(a^5+b^5+c^5\right)-2abc\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(a^2+b^2+c^2\right)3abc\)
\(=>2\left(a^5+b^5+c^5\right)=5abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(=>\frac{a^5+b^5+c^5}{5}=\frac{abc(a^2+b^2+c^2)}{2}\)(3)
Từ (1)và (3)=> đpcm
Học tốt nha bạn !
TN
7 tháng 11 2017
Đặt \(x=a^{\frac{1}{3}};y=b^{\frac{1}{3}};z=c^{\frac{1}{3}}\Rightarrow xyz=1\) và:
\(BDT\Leftrightarrow\frac{x^3}{x^6+5}+\frac{y^3}{y^6+5}+\frac{z^3}{z^6+5}\le\frac{1}{2}\)
Ta có BĐT phụ \(\frac{4x^3}{x^6+5}\le\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)\left(3x^6+6x^3+5\right)}{\left(x^6+5\right)\left(x^6+x^3+1\right)}\le0\forall0< x\le1\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}+\frac{y^3+1}{y^6+y^3+1}+\frac{z^3+1}{z^6+z^3+1}\right)\)
Cần chứng minh \(\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}+\frac{y^3+1}{y^6+y^3+1}+\frac{z^3+1}{z^6+z^3+1}\le2\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^6}{x^6+x^3+1}+\frac{y^6}{y^6+y^3+1}+\frac{z^6}{z^6+z^3+1}\ge1\)
Có dạng \(\frac{x^{2k}}{x^{2k}+x^k+1}+\frac{y^{2k}}{y^{2k}+y^k+1}+\frac{z^{2k}}{z^{2k}+z^k+1}\ge1\forall xyz=1\)
Với k=1 thì có BĐT Câu hỏi của Vũ Tiền Châu - Toán lớp 9 | Học trực tuyến tương tự với bài này (ko biết AD đã fix lỗi ko dán dc link học 24 vào olm chưa, nếu chưa thì ib t gửi full link )
Vì vai trò của a,b,c như nhau,không mất tính tổng quát ta có:\(a\le b\le c\le1\Rightarrow\hept{\begin{cases}a-1\le0\\b-1\le0\\c-1\le0\end{cases}}\)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
\(\frac{a^2}{a^2+b^5+c^5}\le\frac{a^2}{3\sqrt[3]{a^2b^5c^5}}=\frac{a^2}{3bc}\)
Tương tự:\(\frac{b^2}{b^2+a^5+c^5}\le\frac{b^2}{3ac};\frac{c^2}{c^2+a^5+b^5}\le\frac{c^2}{3ab}\)
Cộng vế với vế của 3 BĐT trên ta đươc:
\(\frac{a^2}{a^2+b^5+c^5}+\frac{b^2}{b^2+a^5+c^5}+\frac{c^2}{c^2+a^5+b^5}\le\frac{a^2}{3bc}+\frac{b^2}{3ac}+\frac{c^2}{3ab}=\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\)
Xét \(a^3+b^3+c^3\le3\)
\(\Leftrightarrow\left(a^3-1\right)+\left(b^3-1\right)+\left(c^3-1\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(a^2+a+1\right)+\left(b-1\right)\left(b^2+b+1\right)+\left(c-1\right)\left(c^2+c+1\right)\le0\) (đúng)
Từ đó suy ra:
\(\frac{a^2}{a^2+b^5+c^5}+\frac{b^2}{b^2+a^5+c^5}+\frac{c^2}{c^2+a^5+b^5}\le\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\le\frac{3}{3}=1\left(đpcm\right)\)
Dấu '='xảy ra khi\(\hept{\begin{cases}a=b=c\\abc=1\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c=1}\)