Cho các số a,b,c là các số thực đôi một khác nhau thỏa mãn:\(\frac{\sqrt{ab}+1}{\sqrt{a}}=\frac{\sqrt{bc}+1}{\sqrt{b}}=\frac{\sqrt{ca}+1}{\sqrt{c}}\).
Chứng minh rằng abc=1
cho a, b,c là các số thực dương đôi một khác nhau thỏa mãn:
\(\frac{\sqrt{ab}+1}{\sqrt{a}}=\frac{\sqrt{bc}+1}{\sqrt{b}}=\frac{\sqrt{ca}+1}{\sqrt{c}}..\)
Chứng minh rằng: \(abc=1.\)
Cho a, b, c là các số thực dương đôi một khác nhau thỏa mãn:
\(\dfrac{\sqrt{ab}+1}{\sqrt{a}}=\dfrac{\sqrt{bc}+1}{\sqrt{b}}=\dfrac{\sqrt{ca}+1}{\sqrt{c}}\)
Chứng minh rằng abc = 1
Lời giải:
Đổi \((\sqrt{a}, \sqrt{b}, \sqrt{c})=(x,y,z)\) thì bài toán trở thành
Cho $x,y,z$ thực dương phân biệt tm: $\frac{xy+1}{x}=\frac{yz+1}{y}=\frac{xz+1}{z}$
CMR: $xyz=1$
-----------------------------
Có:
$\frac{xy+1}{x}=\frac{yz+1}{y}=\frac{xz+1}{z}$
$\Leftrightarrow y+\frac{1}{x}=z+\frac{1}{y}=x+\frac{1}{z}$
\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} y-z=\frac{x-y}{xy}\\ z-x=\frac{y-z}{yz}\\ x-y=\frac{z-x}{xz}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow (y-z)(z-x)(x-y)=\frac{(x-y)(y-z)(z-x)}{x^2y^2z^2}\)
Mà $x,y,z$ đôi một phân biệt nên $(x-y)(y-z)(z-x)\neq 0$
$\Rightarrow 1=\frac{1}{x^2y^2z^2}$
$\Rightarrow x^2y^2z^2=1$
$\Rightarrow xyz=1$ (do $xyz>0$)
Ta có đpcm.
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn : \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)
Chứng minh rằng \(\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\ge\sqrt{abc}+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: \(\frac{\sqrt{a^2+abc}}{c+ab}+\frac{\sqrt{b^2+abc}}{a+bc}+\frac{\sqrt{c^2+abc}}{b+ca}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)
Dễ dàng dự đoán được dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)Nhận thấy các đại lượng trong căn và mẫu đồng chưa bậc nên suy nghĩ đầu tiên là đồng bậc. Để ý đến giả thiết a+b+c=1 ta thấy \(a^2+abc=a^2\left(a+b+c\right)+abc=a\left(a+b\right)\left(a+c\right)\)
\(c+ab=a\left(a+b+c\right)+ab=\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(b^2+abc=b\left(b+a\right)\left(b+c\right);c^2+abc=c\left(c+b\right)\left(c+a\right)\)
\(b+ac=\left(a+b\right)\left(b+c\right);a+bc=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\(\frac{\sqrt{a\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\frac{\sqrt{b\left(b+c\right)\left(b+a\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{\sqrt{c\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)
hay \(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(a+c\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ab\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}{\left(c+b\right)\left(b+a\right)}\le\frac{1}{2\sqrt{abc}}\)
Quan sát bất đẳng thức trên ta liên tưởng đến bất đẳng thức Cauchy, để ý là
\(bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)=c\left(a+b\right)\cdot b\left(a+c\right)=b\left(a+b\right)\cdot c\left(a+c\right)\)
Trong 2 cách viết trên ta chọn cách viết thứ nhất vì khi sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(2\sqrt{xy}\le x+y\)thì không tạo ra các đại lượng có chứa các bình phương. Khi đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
\(\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\frac{b\left(a+c\right)+c\left(a+b\right)}{2}=\frac{ab+2bc+ca}{2}\)
Áp dụng tương tự ta được
\(\frac{a\sqrt{bc\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\sqrt{ac\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\sqrt{ab\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)\(\le\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{a\left(ab+2bc+ca\right)}{2\left(c+a\right)\left(c+b\right)}+\frac{b\left(ab+bc+2ac\right)}{2\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{c\left(2ab+bc+ca\right)}{2\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\le1\)
hay \(a\left(ab+2bc+ca\right)\left(a+b\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ca\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Vế trái của bất đẳng thức là bậc bốn còn vế phải là bậc ba nên ta có thể đồng bậc là
\(a\left(ab+2bc+ca\right)+b\left(b+c\right)\left(ab+bc+2ac\right)+c\left(c+b\right)\left(2ab+bc+ca\right)\)
\(\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)\)
Triển khai và thu gọn ta được \(a^3\left(b+c\right)+b^3\left(c+a\right)+c^3\left(a+b\right)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+5\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)
\(\le a^3\left(b+c\right)+b^3\left(a+c\right)+c^3\left(a+b\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+4\left(a^2bc+ba^2c+abc^2\right)\)
hay \(abc\left(a+b+c\right)\le a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\), đây là một đánh giá đúng
Dấu đẳng thức xảy ra tại \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Cho a; b; c là các số dương thoả mãn: \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=4\). Chứng minh rằng: \(\frac{1}{2\sqrt{bc}+\sqrt{ab}+\sqrt{ac}}+\frac{1}{\sqrt{bc}+2\sqrt{ca}+\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}+\sqrt{ca}+2\sqrt{ab}}\le\frac{1}{\sqrt{abc}}\)
\(VT=\frac{1}{\sqrt{abc}}\Sigma_{cyc}\left(\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{2}{\sqrt{c}}}\right)\le\frac{1}{\sqrt{abc}}\Sigma_{cyc}\left(\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+2\sqrt{c}}{16}\right)=\frac{1}{\sqrt{abc}}\)
Dấu "=" xay ra khi \(a=b=c=\frac{16}{9}\)
1)cho a,b,c là các số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức \(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}=2\)\(\)chứng minh rằng
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}\ge1\)
2)với a,b,c là các số thực dương chứng minh rằng :\(\sqrt{a^2+b^2-3\sqrt{ab}}+\sqrt{b^2+c^2-bc}\ge\sqrt{a^2+c^2}\)
1,
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1.
Chứng minh rằng \(\sqrt{\frac{a^4+b^4}{1+ab}}+\sqrt{\frac{b^4+c^4}{1+bc}}+\sqrt{\frac{c^4+a^4}{1+ac}}\ge3\)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc=a+b+c+2. Chứng minh rằng
1) ab+bc+ca ≥ 2(a+b+c)
2) \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\le\frac{3}{2}\sqrt{abc}\)
1, Ta có \(abc=a+b+c+2\ge4\sqrt[4]{abc.2}\)
<=>\(abc\ge8\)
BĐT <=> \(ab+bc+ac\ge2\left(abc-2\right)\)
<=> \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge2-\frac{2}{abc}\)
Áp dụng \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\)
Khi đó cần CM \(\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\ge2-\frac{2}{abc}\)
Đặt \(\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}=x\)=> \(0< x\le2\)
BĐT<=> \(\frac{3}{x}\ge2-\frac{2}{x^3}\)
<=>\(\frac{2}{x^3}+\frac{3}{x}-2\ge0\)
<=> \(2+3x^2-2x^3\ge0\)
<=> \(\left(2-x\right)\left(2x^2+x+1\right)\ge0\)(luôn đúng với \(0< x\le2\))
=> BĐT được CM
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=2
2. BĐT <=> \(\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ac}}\le\frac{3}{2}\)
Đặt \(a=\frac{y+z}{x};b=\frac{x+z}{y}\left(x.y,z>0\right)\)
=> \(c=\frac{a+b+2}{ab-1}=\frac{\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}+2}{\frac{\left(y+z\right)\left(x+z\right)}{xy}-1}=\frac{x^2+y^2+z\left(x+y\right)+2xy}{z\left(x+y+z\right)}=\frac{\left(x+y\right)^2+z\left(x+y\right)}{z\left(x+y+z\right)}=\frac{x+y}{z}\)
Khi đó BĐT <=> \(\frac{1}{\sqrt{\frac{\left(y+z\right)\left(x+z\right)}{xy}}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{\left(x+z\right)\left(x+y\right)}{yz}}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}{zx}}}\le\frac{3}{2}\)
<=> \(\sqrt{\frac{xy}{\left(y+z\right)\left(x+z\right)}}+\sqrt{\frac{yz}{\left(x+z\right)\left(x+y\right)}}+\sqrt{\frac{xz}{\left(y+z\right)\left(x+y\right)}}\le\frac{3}{2}\)
Áp dụng cosi ta có
\(\sqrt{\frac{xy}{\left(y+z\right)\left(x+z\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{x}{x+z}+\frac{y}{y+z}\right)\)
Tương tự=> \(VT\le\frac{1}{2}\left(\frac{x}{x+z}+\frac{z}{x+z}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{y+z}+\frac{x}{x+y}+\frac{y}{x+y}\right)=\frac{3}{2}\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z\)=> \(a=b=c=2\)
Xin lỗi ở bài 1 mình làm nhầm .
Làm lại bài1
Tương tự bài 2
Đặt \(a=\frac{y+z}{x},b=\frac{x+z}{y},c=\frac{x+y}{z}\left(x,y,z>0\right)\)
Khi đó BĐT
<=> \(\frac{\left(y+z\right)\left(x+z\right)}{xy}+\frac{\left(x+z\right)\left(x+y\right)}{yz}+\frac{\left(y+z\right)\left(x+y\right)}{xz}\ge2\left(\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}+\frac{x+y}{z}\right)\)
<=> \(z\left(y+z\right)\left(x+z\right)+x\left(x+y\right)\left(x+z\right)+y\left(y+z\right)\left(y+x\right)\ge2\left[yz\left(y+z\right)+xz\left(x+z\right)+xy\left(x+y\right)\right]\)
<=>\(x^3+y^3+z^3+3xyz\ge xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+xz\left(x+z\right)\)( BĐT Schur ) (luôn đúng)
=> BĐT được CM
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=2
1 . cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn a+b+c=1
Tìm GTLN \(P=\sqrt{\frac{ab}{c+ab}}+\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\frac{ca}{b+ca}}\)
2 . Cho các số thực a , b , c > 0 thỏa mãn a+b+c=3
Chứng minh rằng : \(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\)
1.Ta có: \(c+ab=\left(a+b+c\right)c+ab\)
\(=ac+bc+c^2+ab\)
\(=a\left(b+c\right)+c\left(b+c\right)\)
\(=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
CMTT \(a+bc=\left(c+a\right)\left(b+c\right)\)
\(b+ca=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)
Từ đó \(P=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}\)
Ta có: \(\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}\right)\)( theo BĐT AM-GM)
CMTT\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{a+b}\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}.3\)
\(\Rightarrow P\le\frac{3}{2}\)
Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Vậy /...
\(\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{ab^2-b^2}{b^2+1}=a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\ge a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}\)
\(=a+1-\frac{b\left(a+1\right)}{2}=a+1-\frac{ab+b}{2}\)
Tương tự rồi cộng lại:
\(RHS\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)
\(\ge a+b+c+3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+a+b+c}{2}=3\)
Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=1\)
Bài 1 :
\(P=\sqrt{\frac{ab}{c+ab}}+\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\frac{ca}{b+ca}}\)
\(P=\sqrt{\frac{ab}{c\left(a+b+c\right)+ab}}+\sqrt{\frac{bc}{a\left(a+b+c\right)+bc}}\)
\(+\sqrt{\frac{ca}{b\left(a+b+c\right)+ca}}\)
\(P=\sqrt{\frac{ab}{ac+bc+c^2+ab}}+\sqrt{\frac{bc}{a^2+ab+ac+bc}}\)
\(+\sqrt{\frac{ca}{ab+b^2+bc+ca}}\)
\(P=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 bô só thực không âm
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}}{2}\\\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}}{2}\\\sqrt{\frac{ca}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{\frac{a}{a+b}+\frac{c}{b+c}}{2}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow VT\)
\(\le\frac{\left(\frac{a}{a+c}+\frac{c}{a+c}\right)+\left(\frac{b}{b+c}+\frac{c}{b+c}\right)+\left(\frac{b}{a+b}+\frac{a}{a+b}\right)}{2}\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{\frac{a+c}{a+c}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{a+b}{a+b}}{2}=\frac{3}{2}\)
\(\Rightarrow P\le\frac{3}{2}\)
Vậy \(P_{max}=\frac{3}{2}\)
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Chúc bạn học tốt !!!