Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.
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
Ta đổi chiều bất đẳng thức, khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(18\left(\frac{a^3}{1+a^3}+\frac{b^3}{1+b^3}+\frac{c^3}{1+c^3}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Để ý abc=1 thì \(\frac{a^3}{1+a^3}=\frac{a^3}{abc+a^3}=\frac{a^2}{bc+a^2}\)nên bất đẳng thức trên thành:
\(18\left(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Lại cũng từ \(abc=1\) ta có \(\left(a+b+c\right)^3\ge27abc=27\), do đó ta sẽ chứng minh được khi ta chỉ ra được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Vế trái của đánh giá trên áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Lúc này ta được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\)
Tuy nhiên để đến khi \(a=b=c=1\) thì:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}=\left(a+b+c\right)^3=27\)
Ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(x+y\ge2\sqrt{xy}\), khi đó ta được:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}+\left(a+b+c\right)^3\ge\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\)
Chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ được:
\(\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\ge54\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^5\ge\frac{81}{2}\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)\)
Vậy theo bất đẳng thức Cauchy ta được:
\(\left(a+b+c\right)^6=\left[\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\right]^3\)
\(\ge27\left(a+b+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)^2\ge81abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
\(=81\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
Khi đó ta được:
\(\left(a+b+c\right)^5\ge81\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Vậy ta cần chỉ ra rằng:
\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
Vậy bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\), là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
1) Bài này có 2 cách giải
Cách 1:
để ý rằng \(\hept{\begin{cases}1-x^2=\left(1-x\right)\left(1+x\right)=\left(y+z\right)\left(2x+y+z\right)\\x+yz=x\left(x+y+z\right)+yz=\left(x+y\right)\left(x+z\right)\end{cases}}\)
ta có: \(\frac{1-x^2}{x+yz}=\frac{a\left(b+c\right)}{bc}=\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\)
trong đó: \(a=y+z;b=z+x;c=x+y\). Tương tự, ta cũng có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{1-y^2}{y+zx}=\frac{b}{c}+\frac{b}{a}\\\frac{1-z^2}{z+xy}=\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\end{cases}}\)
Do đó sử dụng BĐT AM-GM ta có:
\(VT_{\left(1\right)}=\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge6\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c và x=y=z=\(\frac{1}{3}\)
Cách 2:
Sử dụng BĐT AM-GM dạng \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\), ta có:
\(x+yz\le x+\frac{\left(y+z\right)^2}{4}=x+\frac{\left(1-x\right)^2}{4}=\frac{\left(1+x\right)^2}{4}\)
Do đó: \(\frac{1-x^2}{x+yz}\ge\frac{4\left(1-x^2\right)}{\left(1+x\right)^2}=\frac{4\left(1-x\right)}{1+x}=4\left(\frac{2}{1+x}-1\right)\)
tương tự có:\(\hept{\begin{cases}\frac{1-y^2}{x+yz}\ge4\left(\frac{2}{1+y}-1\right)\\\frac{1-z^2}{z+xy}\ge4\left(\frac{2}{1+z}-1\right)\end{cases}}\)
Cộng các đánh giá trên và sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu, ta được
\(VT_{\left(1\right)}\ge8\left(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\right)-12\)
\(\ge8\cdot\frac{9}{3+x+y+z}+12=6\)
Vì abc = 1 nên \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\)\(=\frac{ac}{abc+ac+c}+\frac{abc}{abc^2+abc+ac}+\frac{c}{ca+c+1}\)
\(=\frac{ac}{ac+c+1}+\frac{1}{ac+c+1}+\frac{c}{ac+c+1}=\frac{ac+c+1}{ac+c+1}=1\)(*)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức và áp dụng đẳng thức (*), ta được:
\(\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\)\(=\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}\right)^2}{a}+\frac{\left(\frac{b}{bc+b+1}\right)^2}{b}+\frac{\left(\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{c}\)
\(\ge\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{a+b+c}=\frac{1}{a+b+c}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Ad bđt : \(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\) (Cái bđt này c/m dễ : Nhân 2 vế với 2 -> chuyển vế -> tổng bình phương > 0 luôn đúng)
Kết hợp với bđt Cô-si cho 2 số dương ta đc
\(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}=\left(\frac{a^3}{b}+ab\right)+\left(\frac{b^3}{c}+bc\right)+\left(\frac{c^3}{a}+ac\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\ge2\sqrt{\frac{a^3}{b}.ab}+2\sqrt{\frac{b^3}{c}.bc}+2\sqrt{\frac{c^3}{a}.ac}-\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(=2a^2+2b^2+2c^2-a^2-b^2-c^2\)
\(=a^2+b^2+c^2\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\left(1\right)\)
Áp dụng bđt Cô-si cho 2 số dương
\(a^2+b^2\ge2ab\)
\(b^2+c^2\ge2bc\)
\(c^2+a^2\ge2ac\)
\(a^2+1\ge2a\)
\(b^2+1\ge2b\)
\(c^2+1\ge2c\)
Cộng từng vế của 6 bđt trên lại ta đc
\(3\left(a^2+b^2+c^2+1\right)\ge2\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2+1\right)\ge2.6\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+1\ge4\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\a+b+c+ab+bc+ca=6\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\a+a+a+aa+aa+aa=6\end{cases}}\)(thay hết b , c thành a)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\3a^2+3a=6\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\a^2+a-2=0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c\\\left(a-1\right)\left(a+2\right)=0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow a=b=c=1\)hoặc \(a=b=c=-2\)
Mà a,b,c là các số dương nên a = b = c = 1
Vậy ............
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
