a,b,c là số thực dương. CMR: \(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta có :
\(\left(a-\frac{1}{b}\right)\left(b-\frac{1}{c}\right)\left(c-\frac{1}{a}\right)\ge\left(a-\frac{1}{a}\right)\left(b-\frac{1}{b}\right)\left(c-\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ac-1\right)}{abc}\ge\frac{\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)}{abc}\)
\(\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ac-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(ab-bc\right)^2+\left(bc-ac\right)^2+\left(ac-ab\right)^2\ge\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a-c\right)^2\left(b^2-1\right)+\left(b-c\right)^2\left(a^2-1\right)+\left(a-b\right)^2\left(c^2-1\right)\ge0\left(1\right)\)
Do a,b,c là các số thực dương không nhỏ hơn 1 nên (1) đúng .
Dấu đẳng thức xảy ra khi và khỉ khi : \(\hept{\begin{cases}\left(a-c\right)^2\left(b^2-1\right)=0\\\left(b-c\right)^2\left(a^2-1\right)=0\\\left(a-b\right)^2\left(c^2-1\right)=0\end{cases}\Rightarrow a=b=c}\)
Dấu "=" còn xảy ra ở các TH:
a = b = 1, c bất kì .
a = c =1, b bất kì
b = c = 1, a bất kì
( a, b, c ko nhỏ hơn 1 )
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
ta có: \(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}.\)
\(\ge3\sqrt[3]{\frac{a.b.c}{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}=\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}}\) (vì abc=1) (*)
Mặt khác: \(\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2\ge64abc=64=4^3\) (vì abc=1)
=> \(\sqrt[3]{\left(a+1\right)^2.\left(b+1\right)^2.\left(c+1\right)^2}\ge4\) (**)
Từ (*), (**)=> đpcm
Bạn dưới kia làm ngược dấu thì phải,mà bài này hình như là mũ 3
\(\frac{a^3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a+1}{8}+\frac{b+1}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(a+1\right)\left(b+1\right)}{64\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}=\frac{3a}{4}\)
Tương tự rồi cộng lại:
\(RHS+\frac{2\left(a+b+c\right)+6}{8}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Leftrightarrow RHS\ge\frac{3}{4}\) tại a=b=c=1
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
(
hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhh
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Bn thiếu đề nhé : \(DK:abc=1\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có :
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}.\frac{1+b}{8}.\frac{1+c}{8}}=\frac{3}{4}a\)
Tương tự \(\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{1+c}{8}+\frac{1+a}{8}\ge\frac{3}{4}b\)
Và .\(\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\frac{1+a}{8}+\frac{1+b}{8}\ge\frac{3}{4}c\)
Cộng vế với vế của các bđt trên ta được :
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{c^3}{\left(1+b\right)\left(1+a\right)}+\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)+\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}+\frac{c^3}{\left(1+b\right)\left(1+a\right)}\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\frac{3}{4}\)
\(\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{abc}-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\) (ĐPCM)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta có:
\(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{a\left(a+1\right)}{8}+\frac{a\left(b+1\right)}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3\left(a+1\right)\left(b+1\right)}{64\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}=\frac{3a}{4}\)
\(\Rightarrow LHS+\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+2\left(a+b+c\right)}{8}\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow LHS\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{8}\)
\(\ge\frac{a+b+c}{2}-\frac{a^2+b^2+c^2}{4}\)
Có ý tưởng đến đây thôi nhưng lại bị ngược dấu rồi :(
BĐT <=> \(\frac{a\left(c+1\right)+b\left(a+1\right)+c\left(b+1\right)}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(\frac{ab+bc+ac+a+b+c}{abc+1+ab+bc+ac+a+c+b}\ge\frac{3}{4}\)
<=> \(4\left(ab+bc+ac+a+b+c\right)\ge3\left(ab+bc+ac+a+b+c+2\right)\)
<=> \(ab+bc+ac+a+b+c\ge6\)(1)
(1) luôn đúng do \(ab+bc+ac\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3;a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)
=> BĐT được CM
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Biến đổi tương đương ta có :
\(\frac{a}{\left(a+1\right).\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right).\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right).\left(a+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow4.a.\left(c+1\right)+4.b.\left(a+1\right)+4.c.\left(b+1\right)\ge3.\left(a+1\right).\left(b+1\right).\left(c+1\right)\)
\(\Leftrightarrow4.\left(a+b+c\right)+4.\left(ab+bc+ac\right)\ge3.a.b.c+3.\left(a+b+c\right)+3.\left(ab+bc+ca\right)+3\)
\(\Leftrightarrow a+b+c+ab+bc+ca\ge6\)
Sử dụng thêm bất đẳng thức Cauchy 3 số ta có :
a+b+c \(\ge\)3.\(\sqrt[3]{abc}\)và ab + bc + ca \(\ge3.\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\)
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a= b= c =1
Mình áp dụng BĐT AM-GM đến dòng
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b\ge6\left(1\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho 3 số dương ta được
\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[2]{\left(abc\right)^2}=3;a+b+c\ge3\sqrt[2]{abc}=3\)
Cộng từng vế BĐT ta được (1). Do vậy BĐT ban đầu được chứng minh
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Biến đối tương đương ta có:
\(\frac{a}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}+\frac{b}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{c}{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow4a\left(c+1\right)+4b\left(a+1\right)+4c\left(b+1\right)\ge3\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\)
\(\Leftrightarrow4\left(a+b+c\right)+4\left(ab+bc+ca\right)\ge3abc+3\left(a+b+c\right)+3\left(ab+bc+ca\right)+3\)
\(\Leftrightarrow a+b+c+ab+bc+ca\ge6\)
Sử dụng thêm BĐT Cauchy 3 số ta có:
\(\hept{\begin{cases}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\\ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\end{cases}}\)
Vậy BĐT đã được chứng minh. Dấu "=" <=> a=b=c=1