Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn:a+b+c=1.CMR:\(\frac{ab+c}{a+b}+\frac{bc+a}{b+c}+\frac{ac+b}{a+c}\)≥2
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
19 tháng 6 2019
Bài lớp 8 thật hả? :(
\(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\le1\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{4-a}+\frac{b}{4-b}+\frac{c}{4-c}\le1\)
\(\Leftrightarrow a\left(4-b\right)\left(4-c\right)+b\left(4-a\right)\left(4-c\right)+c\left(4-a\right)\left(4-b\right)\le\left(4-a\right)\left(4-b\right)\left(4-c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2b+ac^2+b^2c+abc\le4\) (1)
Ta cần chứng minh (1)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\le c\le b\)
\(\Rightarrow a\left(a-c\right)\left(b-c\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow a^2b+ac^2\le a^2c+abc\)
\(\Leftrightarrow a^2b+ac^2+b^2c+abc\le a^2c+abc+b^2c+abc\)
\(\Leftrightarrow a^2b+ac^2+b^2c+abc\le c\left(a+b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2b+ac^2+b^2c+abc\le\frac{1}{2}.2c\left(a+b\right)\left(a+b\right)\le\frac{1}{2}.\frac{\left(2c+a+b+a+b\right)^3}{27}\)
\(\Leftrightarrow a^2b+ac^2+b^2c+abc\le\frac{1}{2}.\frac{8.3^3}{27}=4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
19 tháng 6 2019
Do biểu thức đề bài và BĐT đều mang tính đối xứng, không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)
Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(b+c-a;c+a-b;a+b-c\right)\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y>0\\z>0\end{matrix}\right.\)
Ta cần chứng minh \(xyz\le1\)
Nếu \(x\le0\) thì \(xyz\le0\Rightarrow xyz< 1\) BĐT hiển nhiên đúng
Nếu \(x>0\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\frac{y+z}{2}\\b=\frac{x+z}{2}\\c=\frac{x+y}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+y+z=\frac{2}{x+y}+\frac{2}{y+z}+\frac{2}{z+x}\)
\(\Rightarrow x+y+z\le\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{zx}}\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{xyz}\left(x+y+z\right)\le\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\)
\(\Leftrightarrow xyz\left(x+y+z\right)^2\le\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2\le3\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow xyz\left(x+y+z\right)\le3\)
\(\Leftrightarrow xyz.3\sqrt[3]{xyz}\le xyz\left(x+y+z\right)\le3\)
\(\Leftrightarrow xyz\sqrt[3]{xyz}\le1\Leftrightarrow xyz\le1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 6 2019
Ta có đánh giá: \(\frac{a^7+b^7}{a^5+b^5}\ge\frac{a^2+b^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow2a^7+2b^7\ge a^7+b^7+a^5b^2+a^2b^5\)
\(\Leftrightarrow a^5\left(a^2-b^2\right)-b^5\left(a^2-b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\left(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4\right)\ge0\) (luôn đúng)
Tương tự \(\frac{b^7+c^7}{b^5+c^5}\ge\frac{b^2+c^2}{2}\) ; \(\frac{c^7+a^7}{c^5+a^5}\ge\frac{a^2+c^2}{2}\)
\(\Rightarrow VT\ge a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
G
22 tháng 7 2019
\(\frac{a+bc}{b+c}+\frac{b+ac}{c+a}+\frac{c+ab}{a+b}\)
\(=\frac{a\left(a+b+c\right)+bc}{b+c}+\frac{b\left(a+b+c\right)+ac}{a+c}+\frac{c\left(a+b+c\right)+ab}{a+b}\)
\(=\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}+\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}{a+b}\)
Áp dụng bđt Cô Si: \(\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\ge2\left(a+b\right)\)
Tương tự,cộng theo vế và rút gọn =>đpcm
2 tháng 4 2020
\(\frac{a+bc}{b+c}+\frac{b+ac}{c+a}+\frac{c+ab}{a+b}\)
\(=\frac{a\left(a+b+c\right)+bc}{b+c}+\frac{b\left(a+b+c\right)+ac}{a+c}+\frac{c\left(a+b+c\right)+ab}{a+b}\)
\(=\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}+\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}{a+b}\)
Áp dụng bđt CÔ si
\(\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\ge2\left(a+b\right)\)
.............
LA
9 tháng 2 2020
chỉ cần thuộc các bđt cơ bản là được.
Áp dụng bđt Bunyakovsky dạng phân thức, vì a,b,c dương
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=a+b+c=1\)
Áp dụng bđt cô si
\(a^2+b^2+c^2\le3\sqrt[3]{a^2\cdot b^2\cdot c^2}\)
mà \(a^2\cdot b^2\cdot c^2\le\frac{\left(a+b+c\right)^3}{3}=\frac{1}{3}\)
nên \(a^2+b^2+c^2\le\) 1
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c = 1/3
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
19 tháng 6 2019
Thực hiện phép biến đổi tương đương:
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2+2}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}\ge\frac{2}{1+ab}\)
\(\Leftrightarrow\left(1+ab\right)\left(a^2+b^2+2\right)\ge2\left(1+a^2+b^2+a^2b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+2+a^3b+ab^3+2ab\ge2+2a^2+2b^2+2a^2b^2\)
\(\Leftrightarrow a^3b-2a^2b^2+ab^3-a^2+2ab-b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)^2-\left(a-b\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng do \(ab>1\))
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
16 tháng 4 2021
\(K=\frac{a^2}{c\left(a^2+c^2\right)}+\frac{b^2}{a\left(a^2+b^2\right)}+\frac{c^2}{b\left(b^2+c^2\right)}\left(a,b,c>0\right)\).
Ta có:
\(\frac{a^2}{c\left(a^2+c^2\right)}=\frac{\left(a^2+c^2\right)-c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}=\frac{a^2+c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}-\frac{c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\)\(=\frac{1}{c}-\frac{c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\).
Vì \(a,c>0\)nên áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số dương, ta được:
\(a^2+c^2\ge2ac\).
\(\Leftrightarrow c\left(a^2+c^2\right)\ge2ac^2\).
\(\Rightarrow\frac{1}{c\left(a^2+c^2\right)}\le\frac{1}{2ac^2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\le\frac{c^2}{2ac^2}=\frac{1}{2a}\).
\(\Leftrightarrow-\frac{c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\ge-\frac{1}{2a}\).
\(\Leftrightarrow\frac{1}{c}-\frac{c^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\ge\frac{1}{c}-\frac{1}{2a}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{c\left(a^2+c^2\right)}\ge\frac{1}{c}-\frac{1}{2a}\left(1\right)\)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=c>0\) .
Chứng minh tương tự, ta được:
\(\frac{b^2}{a\left(a^2+b^2\right)}\ge\frac{1}{a}-\frac{1}{2b}\left(a,b>0\right)\left(2\right)\)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b>0\)
Chứng minh tương tự, ta dược:
\(\frac{c^2}{b\left(b^2+c^2\right)}\ge\frac{1}{b}-\frac{1}{2c}\left(b,c>0\right)\left(3\right)\).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow b=c>0\).
Từ \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\), ta được:
\(\frac{a^2}{c\left(a^2+c^2\right)}+\frac{b^2}{a\left(a^2+b^2\right)}+\frac{c^2}{b\left(b^2+c^2\right)}\ge\)\(\frac{1}{c}-\frac{1}{2a}+\frac{1}{a}-\frac{1}{2b}+\frac{1}{b}-\frac{1}{2c}\).
\(\Leftrightarrow K\ge\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\).
\(\Leftrightarrow K\ge\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\).
\(\Leftrightarrow K\ge\frac{1}{2}\left(\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)\).
Mà \(ab+bc+ca=3abc\)(theo đề bài).
Do đó \(K\ge\frac{1}{2}.\frac{3abc}{abc}\).
\(\Leftrightarrow K\ge\frac{3abc}{2abc}\).
\(\Leftrightarrow K\ge\frac{3}{2}\).
Dấu bằng xảy ra.
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c>0\\ab+bc+ca=3abc\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=1\).
Vậy \(minK=\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1\).
Có: \(VT=\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}{b+c}+\frac{\left(c+b\right)\left(a+b\right)}{a+c}\) (thay a+ b+c=1 vào r phân tích thành nhân tử)
Lại có: Theo Cô si \(\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}{b+c}\ge2\left(c+a\right)\)
Tương tự với hai BĐT còn lại và cộng theo vế được: \(2VT\ge4\Leftrightarrow VT\ge2^{\left(đpcm\right)}\)
"=" <=> a = b = c = 1/3
Đặt \(P=\frac{ab+c}{a+b}+\frac{bc+a}{b+c}+\frac{ac+b}{a+c}=\frac{ab+c\left(a+b+c\right)}{a+b}+\frac{bc+a\left(a+b+c\right)}{b+c}+\frac{ac+b\left(a+b+c\right)}{a+c}\)
\(=\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\)
Ta có:
\(\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}\ge2\left(a+c\right)\)
\(\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\ge2\left(a+b\right)\)
\(\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{a+c}\ge2\left(b+c\right)\)
Cộng vế với vế
\(2P\ge4\left(a+b+c\right)=4\Rightarrow P\ge2\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)