Cho 3 số a,b,c >0 và a+b+c+abc=4.
CMR: \(\left(1+\frac{a}{b}+ca\right)\left(1+\frac{b}{c}+ab\right)\left(1+\frac{c}{a}+bc\right)\ge27\)
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
T
11 tháng 11 2019
2/ Không mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\).
Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.
Nếu \(abc\ne0\). Chia hai vế của BĐT cho \(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT quy về: \(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}\)
Đặt \(\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1\)
Cần chúng minh: \(x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)\) (1)
Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z\). Thay vào (1):
\(VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1\)
\(=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz\)
\(\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.
Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(
T
6 tháng 7 2020
Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:
Định lí SOS: Nếu \(X+Y+Z=0\) thì \(AX^2+BY^2+CZ^2\ge0\)
khi \(\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.\)
Chứng minh: Vì \(\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0\)
Nên ta có thể giả sử \(A+C\ge0\). Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$
\(AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2\)
\(={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0\)
12 tháng 10 2018
Ta c/m bđt
với \(x,y,z\ge1\) thì: \(\frac{x+y}{1+z}+\frac{y+z}{1+x}+\frac{z+x}{1+y}\ge\frac{6\sqrt[3]{xyz}}{1+\sqrt[3]{xyz}}\) (*)
dấu bằng xảy ra khi x=y=z
bđt (*) \(\Leftrightarrow\left(\frac{x+y}{1+z}+1\right)+\left(\frac{y+z}{1+x}+1\right)+\left(\frac{z+x}{1+y}+1\right)\ge\frac{6\sqrt[3]{xyz}}{1+\sqrt[3]{xyz}}+3\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z+1\right)\left(\frac{1}{1+z}+\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}\right)\ge\frac{3+9\sqrt[3]{xyz}}{1+\sqrt[3]{xyz}}\)
Ta có: \(1+x+y+z\ge1+3\sqrt[3]{xyz}\)(1)
Với \(x,y\ge1\) ta chứng minh \(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}\ge\frac{2}{1+\sqrt{xy}}\)(2)
\(\Leftrightarrow\frac{2+\left(x+y\right)}{1+\left(x+y\right)+xy}\ge\frac{2}{1+\sqrt{xy}}\Leftrightarrow2+\left(x+y\right)+2\sqrt{xy}+\sqrt{xy}\left(x+y\right)\ge2+2\left(x+y\right)+2xy\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{xy}\left(1-\sqrt{xy}\right)+\left(x+y\right)\left(\sqrt{xy}-1\right)\ge0\Leftrightarrow\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2\left(\sqrt{xy}-1\right)\ge0\)
bđt trên luôn đúng =>DPCM
đợi mình làm vế sau nữa nhé tại máy lag nên làm đk đến đây thôi xíu nữa hoặc mai mik làm vế sau cho nhé
12 tháng 10 2018
Với \(x,y,z\ge1\) ta chứng minh: \(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge\frac{3}{1+\sqrt[3]{xyz}}\) (3)
\(\Leftrightarrow P=\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}+\frac{1}{1+\sqrt[3]{xyz}}\ge\frac{4}{1+\sqrt[3]{xyz}}\)
Áp dụng kết quả (2) ta thu được:
\(P\ge\frac{2}{1+\sqrt{xy}}+\frac{2}{1+\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}}}\ge\frac{4}{1+\sqrt[4]{xyz\sqrt[3]{xyz}}}=\frac{4}{1+\sqrt[3]{xyz}}\)
Từ (1) và (3) suy ra (*) đúng
Trở lại bài toán: ta được bđt đã cho tưởng đương với:
\(\frac{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}{1+\frac{1}{a}}+\frac{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}{1+\frac{1}{b}}+\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}{1+\frac{1}{c}}\ge\frac{\frac{6}{\sqrt[3]{abc}}}{1+\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}}\)
Do x,y,z\(\le1\Rightarrow\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z}\ge1\). Áp dụng (*) suy ra điều phải chứng minh dấu bằng xảy ra khi a=b=c
AH
Akai Haruma
Giáo viên
2 tháng 3 2017
Bài 3)
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(\left ( \frac{a}{a+b} \right )^2+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^2\geq \frac{1}{2}\left ( 3-\frac{a}{a+b}-\frac{b}{b+c}-\frac{c}{c+a} \right )\)
Để cho gọn, đặt \((x,y,z)=\left (\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{a}{c}\right)\) \(\Rightarrow xyz=1\).
BĐT được viết lại như sau:
\(A=2\left [ \frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq 3\) \((\star)\)
Ta nhớ đến hai bổ đề khá quen thuộc sau:
Bổ đề 1: Với \(a,b>0\) thì \(\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}\geq \frac{1}{ab+1}\)
Cách CM rất đơn giản, Cauchy - Schwarz:
\((a+1)^2\leq (a+b)(a+\frac{1}{b})\Rightarrow \frac{1}{(a+1)^2}\geq \frac{b}{(a+b)(ab+1)}\)
Tương tự với biểu thức còn lại và cộng vào thu được đpcm
Bổ đề 2: Với \(x,y>0,xy\geq 1\) thì \(\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}\geq \frac{2}{xy+1}\)
Cách CM: Quy đồng ta có đpcm.
Do tính hoán vị nên không mất tổng quát giả sử \(z=\min (x,y,z)\)
\(\Rightarrow xy\geq 1\). Áp dụng hai bổ đề trên:
\(A\geq 2\left [ \frac{1}{xy+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2}{\sqrt{xy}+1}+\frac{1}{z+1}=2\left [ \frac{z}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2\sqrt{z}}{\sqrt{z}+1}+\frac{1}{z+1}\)
\(\Leftrightarrow A\geq \frac{2(z^2+z+1)}{(z+1)^2}+\frac{1}{z+1}+2-\frac{2}{\sqrt{z}+1}\geq 3\)
\(\Leftrightarrow 2\left [ \frac{z^2+z+1}{(z+1)^2}-\frac{3}{4} \right ]+\frac{1}{z+1}-\frac{1}{2}-\left ( \frac{2}{\sqrt{z}+1}-1 \right )\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{(z-1)^2}{2(z+1)^2}-\frac{z-1}{2(z+1)}+\frac{z-1}{(\sqrt{z}+1)^2}\geq 0\Leftrightarrow (z-1)\left [ \frac{1}{(\sqrt{z}+1)^2}-\frac{1}{(z+1)^2} \right ]\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{z}(\sqrt{z}-1)^2(\sqrt{z}+1)(z+\sqrt{z}+2)}{(\sqrt{z}+1)^2(z+1)^2}\geq 0\) ( luôn đúng với mọi \(z>0\) )
Do đó \((\star)\) được cm. Bài toán hoàn tất.
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
P/s: Nghỉ tuyển lâu rồi giờ mới gặp mấy bài BĐT phải động não. Khuya rồi nên xin phép làm bài 3 trước. Hai bài kia xin khiếu. Nếu làm đc chắc tối mai sẽ post.
2 tháng 3 2017
Bài 1:
Cho \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\). Khi đó \(M=\sqrt{3}-2\)
Ta sẽ chứng minh nó là giá trị nhỏ nhất
Thật vậy, đặt c là giá trị nhỏ nhất của a,b,c. Khi đó, ta cần chứng minh
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt{ab+ac+bc}}\geq(\sqrt3-2)\sqrt{ab+ac+bc}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{ab+ac+bc}\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\right)\geq2(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}-a-b+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{b^2}{a}-c+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq\)
\(\geq2((a-b)^2+(c-a)(c-b))\)
\(\Leftrightarrow(a-b)^2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2\right)+(c-a)(c-b)\left(\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\right)+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq0\)
Đúng bởi \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2>0;\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\geq\frac{1}{a}+\frac{1}{a}-2>0\) và
\(a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}=\frac{(a-b)^2+(c-a)(c-b)}{a+b+c+\sqrt{3(ab+ac+bc)}}\geq0\)
BĐT đã được c/m. Vậy \(M_{Min}=\sqrt{3}-2\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
P/s: Nhìn qua thấy ngon mà làm mới thấy thật sự là "choáng"
T
30 tháng 12 2019
a) \(S=\frac{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\frac{3\left(a^4+b^4+c^4\right)-\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}-\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2\Sigma_{cyc}\left(a+b\right)^2\left(a-b\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}-\frac{\Sigma_{cyc}\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a-b\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(a^2+4ab+b^2-c^2\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
Giả sử \(a\ge b\ge c\Rightarrow c^2+4ca+a^2-b^2\ge0\)
Ta có: \(VT=\left(a^2+4ab+b^2-c^2\right)\left(a-b\right)^2+\left(b^2+4bc+c^2-a^2\right)\left(b-c\right)^2+\left(c^2+4ca+a^2-b^2\right)\left(a-b+b-c\right)^2\)
\(=\left(2a^2+4ab+4ca\right)\left(a-b\right)^2+\left(2c^2+4ca+4bc\right)\left(b-c\right)^2+\left(c^2+4ca+a^2-b^2\right)\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)Ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
T
30 tháng 12 2019
b) \(\Leftrightarrow\frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{abc}-\frac{9\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\left(\frac{a+b+c}{abc}-\frac{9}{a^2+b^2+c^2}\right)\ge0\) (phân tích cái tử của phân thức thức nhất thành nhân tử rồi nhóm lại)
\(\Leftrightarrow\left[\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2+\frac{1}{4}\left(a+b-2c\right)^2\right]\left(\frac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-9abc}{abc\left(a^2+b^2+c^2\right)}\right)\ge0\) (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
P/s: Đáng ráng phân tích tiếp cái ngoặc phía sau cho đẹp nhưng lười quá nên thôi:v (dùng Cauchy nó cũng đúng rồi nên phân tích làm gì cho mệt)
N
21 tháng 4 2020
Đặt: \(M=\frac{1}{a+bc}+\frac{1}{b+ca}+\frac{1}{c+ab}=\Sigma_{cyc}\frac{a}{a^2+ab+bc+ca}\)
\(\Rightarrow M.\left(a+b+c\right)=3-\Sigma_{cyc}\frac{bc}{a^2+ab+bc+ca}\)
Đến đây t cần chứng minh:
\(\frac{bc}{a^2+ab+bc+ca}+\frac{ca}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{ab}{c^2+ab+bc+ca}\ge\frac{3}{4}\) (*)
Từ điều kiện ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)
Đặt: \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\left(x,y,z>0\right)\)
\(\Rightarrow x+y+z=1\)
(*) \(\Leftrightarrow\frac{x^2}{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}+\frac{y^2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\frac{z^2}{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{3}{4}\)
Theo Cô-si: \(\frac{x^2}{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}+\frac{9}{16}\left(x+y\right)\left(z+x\right)\ge\frac{3}{2}x\)
Nhứng phần kia tương tự
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{x^2}{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{3}{2}\left(x+y+z\right)-\frac{9}{16}\left[\left(x+y+z\right)^2+\left(xy+yz+zx\right)\right]\ge\frac{3}{4}\)
Lần trước làm không đúng hy vọng bây giờ gỡ lại được
quy đồng ,bdt cần cm <=> (4-a)(4-b)(4-c) >= 27abc
<=>ab+bc+ca >= 3abc
amgm VT ,dpcm <=> 3.căn bậc 3((abc)2) >/ 3abc <=> abc <= 1
4=(a+b+c)+abc >/ 3.căn bậc 3(abc)+abc , giải bpt -> abc <= 1