cho a,b,c>0 thỏa mãn \(a+b+c\le ab+bc+ca\)
CMR: \(\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\le1\)
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
AH
Akai Haruma
Giáo viên
20 tháng 2 2017
Giải:
Vì \(0\leq a,b,c\leq 1\Rightarrow ab,ac,ab\geq abc\)
Do đó mà \(\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\leq \frac{a+b+c}{abc+1}\)
Giờ chỉ cần chỉ ra \(\frac{a+b+c}{abc+1}\leq 2\). Thật vậy:
Do \(0\leq b,c\leq 1\Rightarrow (b-1)(c-1)\geq 0\Leftrightarrow bc+1\geq b+c\Rightarrow bc+a+1\geq a+b+c\)
Suy ra \( \frac{a+b+c}{abc+1}\leq \frac{bc+a+1}{abc+1}=\frac{bc+a-2abc-1}{abc+1}+2=\frac{(bc-1)(1-a)-abc}{abc+1}+2\)
Ta có \(\left\{\begin{matrix}bc\le1\\a\le1\\abc\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\left(bc-1\right)\left(1-a\right)\le1\\-abc\le0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \frac{(bc-1)(1-a)-abc}{abc+1}+2\leq 2\Rightarrow \frac{a+b+c}{abc+1}\leq 2\)
Chứng minh hoàn tất
Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(0,1,1)\) và hoán vị.
31 tháng 7 2019
1. BĐT ban đầu
<=> \(\left(\frac{1}{3}-\frac{b}{a+3b}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{c}{b+3c}\right)+\left(\frac{1}{3}-\frac{a}{c+3a}\right)\ge\frac{1}{4}\)
<=>\(\frac{a}{a+3b}+\frac{b}{b+3c}+\frac{c}{c+3a}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(\frac{a^2}{a^2+3ab}+\frac{b^2}{b^2+3bc}+\frac{c^2}{c^2+3ac}\ge\frac{3}{4}\)
Áp dụng BĐT buniacoxki dang phân thức
=> BĐT cần CM
<=> \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3\left(ab+bc+ac\right)}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)luôn đúng
=> BĐT được CM
31 tháng 7 2019
2) \(a+b+c\le ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)^2-3\left(a+b+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-3\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\)\(a+b+c\ge3\)
ko mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)
Có: \(3\le a+b+c\le ab+bc+ca\le3a^2\)\(\Leftrightarrow\)\(3a^2\ge3\)\(\Leftrightarrow\)\(a\ge1\)
=> \(\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\le\frac{3}{1+2a}\le1\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=1\)
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
2 tháng 9 2016
đặt \(A=\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}\)
\(\Rightarrow A-3=P=\frac{ab}{1-ab}+\frac{bc}{1-bc}+\frac{ca}{1-ca}\)
áp dụng BĐT cô-si ta có:
\(a^2+b^2\ge2ab;b^2+c^2\ge2bc;c^2+a^2\ge2ca\)
\(\Rightarrow\frac{a^2+b^2}{2}\ge ab;\frac{b^2+c^2}{2}\ge bc;\frac{c^2+a^2}{2}\ge ca\)
\(\Rightarrow1-\frac{a^2+b^2}{2}\le1-ab;1-\frac{b^2+c^2}{2}\le1-bc;1-\frac{c^2+a^2}{2}\le1-ca\)
\(\Rightarrow P\le\frac{2ab}{\left(a^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}+\frac{2bc}{\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+c^2\right)}+\frac{2ca}{\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}+\frac{\left(b+c\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+c^2\right)}+\frac{\left(c+a\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}\right)\)
Áp dụng BĐT Schwarts ta có:
\(\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(a^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}\le\frac{a^2}{a^2+c^2}+\frac{b^2}{b^2+c^2}\)
\(\frac{\left(b+c\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(a^2+c^2\right)}\le\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{a^2+c^2}\)
\(\frac{\left(c+a\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}\le\frac{a^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{b^2+c^2}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2}+\frac{c^2+a^2}{c^2+a^2}\right)=\frac{1}{2}.3=\frac{3}{2}\)
\(\Rightarrow P+3\le\frac{3}{2}+3\)
\(\Rightarrow A\le\frac{9}{2}\)
dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
KN
6 tháng 6 2020
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: \(\frac{1}{ab-1}+\frac{1}{bc-1}+\frac{1}{ca-1}\ge\frac{-9}{2}\)
Theo bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được: \(\frac{1}{ab-1}+\frac{1}{bc-1}+\frac{1}{ca-1}\ge\frac{9}{ab+bc+ca-3}\)
\(\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2-3}=\frac{9}{1-3}=\frac{-9}{2}\left(Q.E.D\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
19 tháng 2 2016
*)a=-0,372870255
b=0,69
c=0,89
thỏa mãn bằng 2
*)a=0
b=0,1
c=0,11
thỏa mãn bé hơn 2 mà các số lớn hớn 0 đều lớn hơn a,b,c theo trình tự nên mọi 0<=a<=b<=c<=1 đều thỏa mãn biểu thức đó
t cũng ko biết c/m số dưới dạng biến thế nào
TN
6 tháng 7 2019
a) Ta có BĐT:
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2+b^2-ab\right)\ge\left(a+b\right)ab\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^3+b^3+abc}\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}\)
Tương tự cho 2 bất đẳng thức còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT\le\frac{1}{ab\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{bc\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(a+b+c\right)}\)
\(=\frac{a+b+c}{abc\left(a+b+c\right)}=\frac{1}{abc}=VP\)
Khi \(a=b=c\)
Akai Haruma
Lời giải:
\(\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}=3-\underbrace{\left(\frac{a+b}{a+b+1}+\frac{b+c}{b+c+1}+\frac{c+a}{c+a+1}\right)}_{M}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(M=\frac{(a+b)^2}{(a+b)(a+b+1)}+\frac{(b+c)^2}{(b+c)(b+c+1)}+\frac{(c+a)^2}{(c+a)(c+a+1)}\geq \frac{4(a+b+c)^2}{(a+b)(a+b+1)+(b+c)(b+c+1)+(c+a)(c+a+1)}\)
\(=\frac{4(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac)}{2(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)+2(a+b+c)}\geq \frac{4(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac)}{2(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)+2(ab+bc+ac)}=2\) (do $a+b+c\leq ab+bc+ac$)
Vậy $M\geq 2$
$\Rightarrow \frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}=3-M\leq 1$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$