$\frac{a^2b bc^2-1}{ac\left(a c\right)} \frac{b^2c ca^2-1}{ab\left(a b\right)} \frac{c^2a ab^2-1}{bc\left(b c\right)}$\(=\frac{a^2b^2 b^2c^2-b}{a c} \frac{b^2c^2 c^2a^2-c}{a b} \frac{c^2a^2 a^2b^2-a...

$\left ( \frac{a}{a+b} \right )^2+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^2\geq \frac{1}{2}\left ( 3-\frac{a}{a+b}-\frac{b}{b+c}-\frac{c}{c+a} \right )$

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.

Đúng(0)

LF

Lightning Farron

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"

Đúng(0)

TP

☆☆《Thiên Phi 》☆☆

9 tháng 2 2020

1) Cho các số a,b,c thỏa mãn: a+b+c=3;$\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{2b^2}+\frac{1}{2c^2}+\frac{3}{2}=\frac{\sqrt{2b-1}}{a}+\frac{\sqrt{2c-1}}{b}+\frac{\sqrt{2a-1}}{c}$

Tính M=$\frac{\left(a+1\right)^2}{ab+1}+\frac{\left(b+1\right)^2}{bc+1}+\frac{\left(c+1\right)^2}{ca+1}$

#Toán lớp 9

0

HK

Hồ Khánh Châu

16 tháng 10 2018

...

Đọc tiếp

#Toán lớp 2

0

KN

Kiệt Nguyễn

30 tháng 4 2020

Câu hỏi hay

Cho a,b,c dương thỏa mãn điều kiện $a^2b^2c^2+\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\ge a+b+c+ab+bc+ca+3$

Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{a^3}{\left(b+2c\right)\left(2c+3a\right)}+\frac{b^3}{\left(c+2a\right)\left(2a+3b\right)}+\frac{c^3}{\left(a+2b\right)\left(2b+3c\right)}$

#Toán lớp 9

9

TL

Tran Le Khanh Linh

30 tháng 4 2020

$a^2b^2c^2+\left(a+1\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge a+b+c+ab+bc+ca+3$

$\Leftrightarrow\left(abc\right)^2+abc-2\ge0\Leftrightarrow\left(abc+2\right)\left(abc-1\right)\ge0\Leftrightarrow abc\ge1$

Áp dụng BĐT Cosi ta có:

$\frac{a^3}{\left(b+2c\right)\left(2c+3a\right)}+\frac{b+2c}{45}+\frac{2c+3a}{75}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(b+2c\right)\left(2c+3b\right)}\cdot\frac{b+2c}{45}\cdot\frac{2c+3a}{75}}=\frac{a}{5}\left(1\right)$

Tương tự ta có: $\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(c+2a\right)\left(2a+3b\right)}+\frac{c+2a}{45}+\frac{2a+3b}{75}\ge\frac{b}{5}\left(2\right)\\\frac{c^3}{\left(a+2b\right)\left(2b+3c\right)}+\frac{a+2b}{45}+\frac{2b+3c}{75}\ge\frac{c}{5}\left(3\right)\end{cases}}$

Từ (1)(2)(3) ta có:

$P+\frac{2\left(a+b+c\right)}{15}\ge\frac{a+b+c}{5}\Leftrightarrow P\ge\frac{1}{15}\left(a+b+c\right)$

Mà $a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow S\ge\frac{1}{5}$

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1

Đúng(0)

KT

Kamado Tanjiro

3 tháng 5 2020

CHÚC BAN HỌC GIỎI

Đúng(0)

NQ

Nguyễn Quốc Gia Huy

21 tháng 8 2017

Câu hỏi hay

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:$\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(a+2b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(a+b+2c\right)^2}\le\frac{9}{16\left(ab+bc+ca\right)}.$

#Toán lớp 9

1

AN

alibaba nguyễn

22 tháng 8 2017

Ta có:

$\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(a+2b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(a+b+2c\right)^2}$

$\le\frac{1}{4\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{1}{4\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{1}{4\left(c+a\right)\left(c+b\right)}$

$=\frac{2\left(a+b+c\right)}{4\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}$

$=\frac{a+b+c}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}$

Giờ ta cần chứng minh

$\frac{a+b+c}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{9}{16\left(ab+bc+ca\right)}$

$\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)$

Ta có:

$\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-3abc$

$\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)$

$=\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)$

Vậy ta có ĐPCM

Đúng(0)

GK

Giao Khánh Linh

27 tháng 10 2019

Cho a,b,c là các số thực dương. CHỨNG MINH RẰNG : $\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}$

#Toán lớp 9

0

PB

Phạm Bá Tâm

9 tháng 2 2022

Cho a,b,c là các số thực dương, chứng mình rằng:

$\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}$

#Toán lớp 10

2

ED

🐟 ⋆ 🐇 🎀 𝒩𝑔𝓊𝓎ễ𝓃 Đă𝓃𝑔 𝒩𝒽â𝓃 🎀 🐇 ⋆ 🐟

9 tháng 2 2022

$\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}$

$\Rightarrow\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{b+c}{4bc}\ge2\sqrt{\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}\cdot\frac{b+c}{4bc}}=\frac{1}{a}$

$\Rightarrow\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{c+a}{4ca}\ge2\sqrt{\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}\cdot\frac{c+a}{4ca}}=\frac{1}{b}$

$\Rightarrow\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}+\frac{a+b}{4ab}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\cdot\frac{a+b}{4ab}}=\frac{1}{c}$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

$\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}+\frac{b+c}{4bc}+\frac{c+a}{4ca}+\frac{a+b}{4ab}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

Mà$\frac{b+c}{4bc}+\frac{c+a}{4ca}+\frac{a+b}{4ab}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$nên:

$\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$

hay$\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ca}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{2c}$

Bất đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Đúng(1)

LN

Lưu Nguyễn Hà An

VIP

10 tháng 2 2022

bạn giỏi quá

Nguyễn Đăng Nhân

Đúng(0)

MH

Minh Hoàng Nguyễn

29 tháng 5 2020

Cho a, b, c > 0 . CMR:

$\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{a^3}{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}+\frac{b^3}{\left(2b^2+c^2\right)\left(2b^2+a^2\right)}+\frac{c^3}{\left(2c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2\right)}$

#Toán lớp 8

1

AH

Akai Haruma

Giáo viên

30 tháng 5 2020

Lời giải:

Áp dụng BĐT Bunhiacopkxy:

$(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)=(a^2+a^2+b^2)(a^2+c^2+a^2)\geq (a^2+ac+ab)^2$

$=[a(a+b+c)]^2$

$\Rightarrow \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a^3}{[a(a+b+c)]^2}=\frac{a}{(a+b+c)^2}$

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế thu được:

$\sum \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a+b+c}{(a+b+c)^2}=\frac{1}{a+b+c}$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Đúng(0)

TD

Thanh Đặng

12 tháng 8 2017

Tìm Mịn. Biết ab+bc+ca=1 , 0<= a,b,c<=1 $\frac{a^2\left(1-2b\right)}{b}+\frac{b^2\left(1-2c\right)}{c}+\frac{c^2\left(1-2a\right)}{a}$

#Toán lớp 9

0

Chúng tôi đề xuất

Tài nguyên

Ứng dụng mobile

Bảng xếp hạng

Các khóa học có thể bạn quan tâm

Yêu cầu VIP