chứng minh rằng
\(\dfrac{1}{a\left(a-b\right)\left(a-c\right)}\)+\(\dfrac{1}{b\left(b-c\right)\left(b-a\right)}\)+\(\dfrac{1}{c\left(c-a\right)\left(c-b\right)}\)=\(\dfrac{1}{abc}\)
Cho a, b, c là các số dương biết abc = 1. Chứng minh rằng: \(\dfrac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+2\right)}+\dfrac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+2\right)}+\dfrac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+2\right)}\ge\dfrac{1}{2}\)
\(\dfrac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+2\right)}+\dfrac{b+1}{12}+\dfrac{c+2}{18}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3\left(b+1\right)\left(c+2\right)}{216\left(b+1\right)\left(c+2\right)}}=\dfrac{a}{2}\)
Tương tự: \(\dfrac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+2\right)}+\dfrac{c+1}{12}+\dfrac{a+2}{18}\ge\dfrac{b}{2}\)
\(\dfrac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+2\right)}+\dfrac{a+1}{12}+\dfrac{b+2}{18}\ge\dfrac{c}{2}\)
Cộng vế:
\(VT+\dfrac{5}{36}\left(a+b+c\right)+\dfrac{7}{12}\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{13}{36}\left(a+b+c\right)-\dfrac{7}{12}\ge\dfrac{13}{36}.3\sqrt[3]{abc}-\dfrac{7}{12}=\dfrac{1}{2}\) (đpcm)
Cho các số dương a,b,c cs abc=1 Chứng minh rằng
\(\dfrac{a^3}{\left(b+2\right)\left(c+3\right)}+\dfrac{b^3}{\left(c+2\right)\left(a+3\right)}+\dfrac{c^3}{\left(a+2\right)\left(b+3\right)}\ge\dfrac{1}{4}\)
\(\dfrac{a^3}{\left(b+2\right)\left(c+3\right)}+\dfrac{b+2}{36}+\dfrac{c+3}{48}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3\left(b+2\right)\left(c+3\right)}{1728\left(b+2\right)\left(c+3\right)}}=\dfrac{a}{4}\)
Tương tự: \(\dfrac{b^3}{\left(c+2\right)\left(a+3\right)}+\dfrac{c+2}{36}+\dfrac{a+3}{48}\ge\dfrac{b}{4}\)
\(\dfrac{c^3}{\left(a+2\right)\left(b+3\right)}+\dfrac{a+2}{36}+\dfrac{b+3}{48}\ge\dfrac{c}{4}\)
Cộng vế:
\(P+\dfrac{7\left(a+b+c\right)}{144}+\dfrac{17}{48}\ge\dfrac{a+b+c}{4}\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{29}{144}\left(a+b+c\right)-\dfrac{17}{48}\ge\dfrac{29}{144}.3\sqrt[3]{abc}-\dfrac{17}{48}=\dfrac{1}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Cho các số thực dương a,b,c có abc=1 chứng minh rằng:
\(\dfrac{a^3}{\left(b+2\right)\left(c+3\right)}+\dfrac{b^3}{\left(c+2\right)\left(a+3\right)}+\dfrac{c^3}{\left(a+2\right)\left(b+3\right)}\ge\dfrac{1}{4}\)
Chứng minh rằng: \(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left[\left(\dfrac{1}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{1}{\left(b-c\right)^2}+\dfrac{1}{\left(c-a\right)^2}\right)\right]\ge\dfrac{9}{2}\)
Để chứng minh bất đẳng thức (a^2 + b^2 + c^2)[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2] ≥ 9/2, ta sẽ sử dụng phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp chứng minh định lý hình học.
Giả sử a, b, c là các số thực và (a, b, c) không phải là (0, 0, 0). Ta có thể viết lại bất đẳng thức trên dưới dạng:
(a^2 + b^2 + c^2)[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2] - 9/2 ≥ 0
Mở rộng và rút gọn biểu thức ta có:
2a^4 + 2b^4 + 2c^4 + 4a^2b^2 + 4b^2c^2 + 4c^2a^2 - 2a^3b - 2ab^3 - 2b^3c - 2bc^3 - 2c^3a - 2ca^3 - 9/2 ≥ 0
Đặt x = a^2, y = b^2, z = c^2, ta có:
2x^2 + 2y^2 + 2z^2 + 4xy + 4yz + 4zx - 2x^(3/2)√y - 2x√y^(3/2) - 2y^(3/2)√z - 2yz^(3/2) - 2z^(3/2)√x - 2zx^(3/2) - 9/2 ≥ 0
Đặt t = √x, u = √y, v = √z, ta có:
2t^4 + 2u^4 + 2v^4 + 4t^2u^2 + 4u^2v^2 + 4v^2t^2 - 2t^3u - 2tu^3 - 2u^3v - 2uv^3 - 2v^3t - 2vt^3 - 9/2 ≥ 0
Nhận thấy rằng biểu thức trên có thể viết dưới dạng tổng của các bình phương:
(t^2 + u^2 + v^2 - tu - uv - vt)^2 + (t^2 - u^2)^2 + (u^2 - v^2)^2 + (v^2 - t^2)^2 ≥ 0
Vì mọi số thực bình phương đều không âm, nên bất đẳng thức trên luôn đúng. Từ đó, ta có chứng minh rằng (a^2 + b^2 + c^2)[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2] ≥ 9/2.
Cho a, b, c > 0 và abc = 1. Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{a^2.\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^2.\left(c+a\right)}+\dfrac{1}{c^2.\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)
Đặt \(x=\dfrac{1}{a},y=\dfrac{1}{b},z=\dfrac{1}{c}\) khi đó thu được \(xyz=1\)
Ta có:
\(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{x^2}{\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}}=\dfrac{x^2yz}{y+z}=\dfrac{x}{y+z}\)
BĐT cần chứng minh được viết lại thành:\(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{x}{y+z}+1\right)+\left(\dfrac{y}{z+x}+1\right)+\left(\dfrac{z}{x+y}+1\right)\ge\dfrac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}+\dfrac{1}{x+y}\right)\ge\dfrac{9}{2}\)
Đánh giá cuối cùng đúng theo BĐT Cauchy
Vậy BĐT được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
cho các số dương a,b,c thỏa mãn abc=1. chứng minh rằng
\(\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\dfrac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}\ge\dfrac{3}{4}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\dfrac{b+1}{8}+\dfrac{c+1}{8}\)
\(\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\cdot\dfrac{b+1}{8}\cdot\dfrac{c+1}{8}}=\dfrac{3a}{4}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\dfrac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\dfrac{c+1}{8}+\dfrac{a+1}{8}\ge\dfrac{3b}{4};\dfrac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}+\dfrac{a+1}{8}+\dfrac{b+1}{8}\ge\dfrac{3c}{4}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT+\dfrac{2\left(a+b+c+3\right)}{8}\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Leftrightarrow VT+\dfrac{2\left(3\sqrt[3]{abc}+3\right)}{8}\ge\dfrac{3\cdot3\sqrt[3]{abc}}{4}\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{3}{4}=VP\)
Khi \(a=b=c=1\)
Cho a,b,c>0 thỏa abc=1. Chứng minh :
\(\dfrac{a}{\left(a+1\right)^2}+\dfrac{b}{\left(b+1\right)^2}+\dfrac{c}{\left(c+1\right)^2}-\dfrac{4}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\le\dfrac{1}{4}\)
Đành giải tạm bằng nick này vì sợ một vài thành phần trẻ trâu anti phá phách :poor:
Phân tích và giải
Dễ thấy: Dấu "=" khi \(a=b=c=1\)
\(\Rightarrow L=Σ\dfrac{a}{\left(a+1\right)^2}=\dfrac{3}{4}\text{ và }F=-\dfrac{4}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}=-\dfrac{1}{2}\)
Khi đó \(VT=L-F=\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}\)
Ta sẽ chia làm 2 bước cm:
B1: \(Σ\dfrac{a}{\left(a+1\right)^2}\le\dfrac{3}{4}\). Ta xét BĐT :
\(\dfrac{a}{\left(a+1\right)^2}=\dfrac{a}{a^2+2a+1}\le\dfrac{3\left(a^{2k}+a^k\right)}{8\left(a^{2k}+a^k+1\right)}\) (cần tìm \(k\) thỏa mãn)
\(\Leftrightarrow8a\left(a^{2k}+a^k+1\right)-3\left(a^{2k}+a^k\right)\left(a^2+2a+1\right)\le0\)\(\Leftrightarrow f\left(a\right)=-3a^{2k}+2a^{k+1}-3a^{k+2}+2a^{2k+1}-3a^{2k+2}-3a^k+8a\)
\(\Rightarrow f'\left(a\right)=2k\cdot-3a^{2k-1}+\left(k+1\right)2a^k-\left(k+2\right)3a^{k+1}+\left(2k+1\right)2a^{2k}-\left(2k+2\right)3a^{2k+1}-k\cdot3a^{k-1}+8a\)
\(\Rightarrow f'\left(1\right)=0\Rightarrow-12k=0\Rightarrow k=0\)
Hay BĐT phụ cần tìm là \(\dfrac{a}{a^2+2a+1}\le\dfrac{3\left(a^{2\cdot0}+a^0\right)}{8\left(a^{2\cdot0}+a^0+1\right)}=\dfrac{1}{4}\) (bài này \(k\) đẹp ra luôn \(\farac{1}{4}\) cộng vào là ok =))
\(\Leftrightarrow-\dfrac{\left(a-1\right)^2}{4\left(a+1\right)^2}\le0\) *Đúng* \(\RightarrowΣ\dfrac{a}{\left(a+1\right)^2}\leΣ\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}\)
B2: CM \(-\dfrac{4}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\le-\dfrac{1}{2}\)
Tự cm nhé Goodluck :v
Một lời giải sơ cấp:
Đổi \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\dfrac{x}{y};\dfrac{y}{z};\dfrac{z}{x}\right)\).BDT cần chứng minh tương đương:
\(\sum\dfrac{xy}{\left(x+y\right)^2}-\dfrac{4xyz}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\le\dfrac{1}{4}\)
\(\Leftrightarrow\left[\dfrac{3}{4}-\sum\dfrac{xy}{\left(x+y\right)^2}\right]+\left[\dfrac{4xyz}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}-\dfrac{1}{2}\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\sum\left[\dfrac{1}{4}-\dfrac{xy}{\left(x+y\right)^2}\right]-\dfrac{\sum\left(x^2+y^2\right)z-6xyz}{2\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{\left(x-y\right)^2}{4\left(x+y\right)^2}-\dfrac{\sum z\left(x-y\right)^2}{2\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\sum\left(x-y\right)^2\left[\dfrac{1}{4\left(x+y\right)^2}-\dfrac{z}{2\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\right]\ge0\)
hay \(S_a\left(y-z\right)^2+S_b\left(z-x\right)^2+S_c\left(x-y\right)^2\ge0\)(*)
với \(\left\{{}\begin{matrix}S_a=\dfrac{1}{4\left(y+z\right)^2}-\dfrac{x}{2\prod\left(x+y\right)}=\dfrac{\left(x-y\right)\left(x-z\right)}{4\left(y+z\right)^2\left(x+y\right)\left(x+z\right)}\\S_b=\dfrac{1}{4\left(x+z\right)^2}-\dfrac{y}{2\prod\left(x+y\right)}=\dfrac{\left(y-x\right)\left(y-z\right)}{4\left(x+z\right)^2\left(x+y\right)\left(y+z\right)}\\S_c=\dfrac{1}{4\left(x+y\right)^2}-\dfrac{z}{2\prod\left(x+y\right)}=\dfrac{\left(z-x\right)\left(z-y\right)}{4\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\end{matrix}\right.\)
Dễ thấy \(S_a;S_b;S_c\) không phải là luôn không âm.Giả sử \(x=max\left\{x;y;z\right\}\).
Từ đó suy ra \(S_a\ge0\).Xét \(S_b+S_c=\dfrac{\left(y-z\right)^2}{4\left(x+y\right)^2\left(x+z\right)^2}\ge0,\forall x;y;z>0\)
Do đó \(VT=S_a\left(x-y\right)^2+\left[S_b\left(z-x\right)^2+S_c\left(x-y\right)^2\right]\ge0\)
Ta sẽ chứng minh \(S_b\left(z-x\right)^2+S_c\left(x-y\right)^2\ge0\) với \(S_b+S_c\ge0\)
và điều này đúng hay không e không biết, quan trọng là .. Chúc Mừng Năm Mới !!
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác .Chứng minh rằng :
\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)+\dfrac{3\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{abc}\ge9\)
Cho 3 số đôi một khác nhau. Chứng minh rằng : \(\dfrac{b-c}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\dfrac{c-a}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}+\dfrac{a-b}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}\) =\(2\left(\dfrac{1}{a-b}+\dfrac{1}{b-c}+\dfrac{1}{c-a}\right)\)