Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:
\(\frac{1}{a+2020}+\frac{1}{b+2020}+\frac{1}{c+2020}\le\frac{1}{2020a+1}+\frac{1}{2020b+1}+\frac{1}{2020c+1}\)
giúp mk vs mk đang cần gấp
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 10 2020
Thông thường sẽ tính ra giá trị $T$ cụ thể nhưng bài này thì với $a,b,c$ khác nhau thì giá trị $T$ cũng khác nhau.
Bạn xem lại đề xem có gõ nhầm chỗ nào không?
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 6 2020
\(\sqrt{a\left(a+b+c\right)+bc}=\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}\ge\sqrt{\left(\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\right)^2}=\sqrt{ac}+\sqrt{ab}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a+\sqrt{2020a+bc}}\le\frac{a}{a+\sqrt{ac}+\sqrt{ab}}=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)
Tương tự: \(\frac{b}{b+\sqrt{2020b+ca}}\le\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\) ; \(\frac{c}{c+\sqrt{2020c+ab}}\le\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)
Cộng vế với vế: \(P\le1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=...\)
C
22 tháng 9 2019
\(a+b+c=2020\Rightarrow\frac{1}{a+b+c}=\frac{1}{2020}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow\frac{bc+ac+ab}{abc}=\frac{1}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ac\right)\left(a+b+c\right)=abc\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ac\right)\left(a+b+c\right)-abc=0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ac\right)\left(b+c\right)+a\left(ab+ac\right)+abc-abc=0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ac\right)\left(b+c\right)+a^2\left(b+c\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ac+a^2\right)\left(b+c\right)=0\)
\(=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=0\)
Nếu a + b = 0 thì c = 2020
Nếu b + c = 0 thì a = 2020
Nếu a + c = 0 thì b = 2020
22 tháng 9 2019
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2020}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{bc+ac+ab}{abc}=\frac{1}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+ac+bc\right)=abc\)
\(\Rightarrow a^2b+a^2c+abc+ab^2+abc+b^2c+abc+ac^2+bc^2=abc\)
\(\Rightarrow...\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=0\)
\(TH1:a=-b\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a}-\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{1}{c}\)
Mà \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2020}\Rightarrow\frac{1}{c}=\frac{1}{2020}\Leftrightarrow c=2020\)
Các trường hợp kia tương tự
M
16 tháng 2 2020
thay 2020 = abc vào biểu thức A ta được :
\(A=\frac{2020a}{ab+2020a+2020}+\frac{b}{bc+b+2020}+\frac{c}{ac+c+1}\)
\(\Rightarrow A=\frac{abc.a}{ab+abc.a+abc}+\frac{b}{bc+b+abc}+\frac{c}{ac+c+1}\)
\(\Rightarrow A=\frac{abc.a}{ab\left(1+ac+c\right)}+\frac{b}{b\left(c+1+ac\right)}+\frac{c}{ac+c+1}\)
\(\Rightarrow A=\frac{ac}{ac+c+1}+\frac{1}{ac+c+1}+\frac{c}{ac+c+1}\)
\(\Rightarrow A=\frac{ac+1+c}{ac+c+1}=1\)
VẬy A=1
10 tháng 2 2020
Thật ra tui cũng không rõ lắm đâu. Cậu thử nhân A với \(\dfrac{2019}{2020}\)rồi lại cộng lại với A thử coi nào <Chú Ý : chưa chắc đã đúng >
ND
Nguyễn Đăng Nhân
CTVHS
21 tháng 2 2022
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 \(a=b=c=1\)