Cho a,b,c là các số thực. CMR:
\(\frac{-1}{8}\le\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(1-ab\right)\left(1-bc\right)\left(1-ca\right)}{\left(1+a^2\right)^2\left(1+b^2\right)^2\left(1+c^2\right)^2}\le\frac{1}{8}\).
Cho a,b,c>0.CMR:
\(\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}+\frac{\left(a+b+c\right)^3}{abc}\ge28\)
Cho a,b,c >0 TM\(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}=2\). CMR:\(ab+bc+ca\ge12\)
Help me gấp với các god Trần Thanh Phương?Amanda?tthLightning FarronNguyễn Việt LâmAkai Haruma
Bài 2 dùng sos:)) Nhưng em không chắc đâu, chỗ dùng mấy cái kí hiệu tổng ý, nó rất rối, nhưng em lại lười viết ra:)
BĐT \(\Leftrightarrow\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}-1+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{abc}-27\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\Sigma\frac{a+b+7c}{2}\left(a-b\right)^2}{abc}-\frac{\Sigma\frac{1}{2}\left(a-b\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\frac{1}{2}\left(a-b\right)^2\left(\frac{a+b+7c}{abc}-\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\right)\ge0\)
Ta có: \(\frac{a+b+7c}{abc}-\frac{1}{a^2+b^2+c^2}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+7c\right)-abc}{abc}\)
\(\ge\frac{3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}.3\sqrt[3]{7abc}-abc}{abc}=\frac{3\sqrt[3]{7}.abc-abc}{abc}>0\).
Từ đó ta có thể suy ra đpcm.
Nãy nhầm vị trí:v Làm lại bài 3:
Từ giả thiết suy ra \(\frac{a}{a+1}=1-\frac{b}{b+1}+1-\frac{c}{c+1}\)
\(=\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge\frac{2}{\sqrt{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
Tương tự hai BĐT còn lại và nhân theo vế sẽ thu được t= abc \(\ge8\) (1)
Mặt khác nhân hai vế của giả thiết với (a+1)(b+1)(c+1) thu được:
\(2\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)=\Sigma a\left(b+1\right)\left(c+1\right)\)
\(\Rightarrow a+b+c=abc-2\). Từ (1) suy ra cả hai vế đều dương.
Do đó \(\sqrt{a+b+c}=\sqrt{abc-2}\)
\(\Rightarrow\sqrt{3abc\left(a+b+c\right)}=\sqrt{3abc\left(abc-2\right)}\). Mặt khác, theo hệ quả quen thuộc của bđt AM- GM thì \(3abc\left(a+b+c\right)\le\left(ab+bc+ca\right)^2\)
Do đó \(ab+bc+ca\ge\sqrt{3abc\left(abc-2\right)}=\sqrt{3t\left(t-2\right)}\)
Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được \(3t\left(t-2\right)\ge12^2\left(\text{với }t\ge8\right)\)
Như vậy ta có đpcm.
P.s: Mong là lần này không bị nhầm
Bài 2, cách khác:
Đặt \(a+b+c=p;ab+bc+ca=q;abc=r\) thì \(\frac{pq}{9}\ge r\) (AM-GM phát là ra:D)
Cần chứng minh \(\frac{q}{p^2-2q}+\frac{p^3}{r}\ge28\)
Ta có: \(LHS\ge\frac{q}{p^2-2q}+\frac{9p^3}{pq}\) (theo cái bđt ở trên:v) \(=\frac{q}{p^2-2q}+\frac{9p^2}{q}\)
Bây giờ chứng minh \(\frac{q}{p^2-2q}+\frac{9p^2}{q}\ge28\) (1)
\(\Leftrightarrow q^2+9p^2\left(p^2-2q\right)\ge28\left(p^2-2q\right)q\)
\(\Leftrightarrow9p^4+57q^2\ge46p^2q\)(*)
LHS(*) \(=\frac{19}{3}p^4+57q^2+\frac{8}{3}p^4\ge38p^2q+\frac{8}{3}p^4\)
\(=38p^2q+\frac{8}{3}p^2p^2\ge38p^2q+8p^2q=46p^2q\)
Ta có đpcm.
P/s: Èo, cách này còn khó hơn cách ban nãy:( Phải chi tìm được cách tách chỗ (1) thì nó sẽ ngắn và đẹp mắt hơn nhiều,nhưng em ko tìm ra nên đành quy đồng.
Bài 3:
Theo đề bài thì: \(2\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)=\Sigma a\left(b+1\right)\left(c+1\right)\)
\(\Rightarrow a+b+c=abc-2\)
\(\Leftrightarrow3abc\left(a+b+c\right)=3abc\left(abc-2\right)\). Mà \(3abc\left(a+b+c\right)\le\left(ab+bc+ca\right)^2\)
Nên \(3abc\left(abc-2\right)\le\left(ab+bc+ca\right)^2\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge\sqrt{3abc\left(abc-2\right)}\). Như vậy, ta chỉ cần chứng minh:
\(\sqrt{3abc\left(abc-2\right)}\ge12\) \(\Leftrightarrow abc\left(abc-2\right)\ge48\Leftrightarrow t\left(t-2\right)\ge48\)(t=abc>0)
\(\Leftrightarrow\left(t-8\right)\left(t+6\right)\ge0\Leftrightarrow t\ge8\). Và nó đúng bới vì:
\(\frac{a}{a+1}=\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge\frac{2}{\sqrt{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\).
Tương tự \(\frac{b}{b+1}\ge\frac{2}{\sqrt{\left(c+1\right)\left(a+1\right)}};\frac{c}{c+1}\ge\frac{2}{\sqrt{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}\)
Nhân theo vế 3 BĐT trên ta thu được đpcm.
