Cho các số thực a, b, c sao cho \(1\le a,b,c\le2\)
Chứng minh rằng: \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le10\)
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
25 tháng 2 2020
Bạn tham khảo:
https://hoc24.vn/hoi-dap/question/862431.html
1 tháng 4 2018
\(VT=\frac{a}{a}+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{c}{c}\)
\(=3+\frac{6abc}{abc}\)
\(\Rightarrow9\le10\left(đpcm\right)\)
P/s: Còn cách dài dòng hơn nhé
3 tháng 8 2019
\(VT=\frac{a}{a}+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{c}{c}\)
\(=3+\frac{6abc}{abc}\)
\(\Rightarrow9\le10\left(đpcm\right)\)
1 tháng 4 2015
vì 1<hoặcc<hoặc=b<hoặc=a<hoặc=2
=>a+b+c<hoặc=6(1)
lại có:1/a+1/b+1/c<hoặc=3/2(2)
từ (1)và(2) =>(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)<hoặc=6.3/2=9<hoặc=10
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
13 tháng 10 2019
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}-7\le0\)
Đặt \(P=\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}-7\)
Không mất tỉnh tổng quát, giả sử \(a\le b\le c\Rightarrow\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)
\(\Rightarrow ab+bc\ge b^2+ac\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\frac{a}{c}+1\ge\frac{b}{c}+\frac{a}{b}\\1+\frac{c}{a}\ge\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+2\ge\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+2-7=2\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)-5\)
Do \(1\le a\le c\le2\Rightarrow1\le\frac{c}{a}\le2\)
Đặt \(\frac{c}{a}=x\Rightarrow1\le x\le2\)
\(\Rightarrow P\le2\left(x+\frac{1}{x}\right)-5=\frac{2x^2-5x+2}{x}=\frac{\left(2x-1\right)\left(x-2\right)}{x}\le0\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(1;1;2\right);\left(1;2;2\right)\) và các hoán vị
HH
13 tháng 10 2019
=\(1+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+1+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+1\)
=3+\(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)\)
áp dụng hệ quả của bđt côsi \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)với a,b >0 ta có BĐT cuối cùng luôn đúng
vậy .....
CM
2 tháng 12 2020
Đặt \(\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)\)
\(x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}\)
\(\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z\)
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z
KN
28 tháng 8 2020
Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\); \(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)
Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\); \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
Ta có: \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\le10\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\le7\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)
Khi đó ta có \(\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\Leftrightarrow ab+bc\ge b^2+ca\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{c}+1\ge\frac{a}{b}+\frac{b}{c};\frac{a}{c}+1\ge\frac{c}{b}+\frac{b}{a}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\le2+2\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\)
Ta cần chứng minh \(2\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\le5\). Tức là chứng minh \(\left(\frac{2a}{c}-1\right)\left(1-\frac{2c}{a}\right)\le0\)( *)
Bất đẳng thức (*) luôn đúng vì \(2\ge a\ge c\ge1\Rightarrow\frac{a}{c}\ge1;\frac{c}{a}\ge\frac{1}{2}\). => đpcm