bài này chứng minh bài toán phụ, khá là phức tạp, trình bày ra chắc chết quá

bài này mình thấy tren mạng đăng lên đó, có kết quả nhưng ko copy được

Bài này bạn xem lại trong chtt ấy! Mình giải bài này rồi, giải bằng miệng cho nhanh.

Sai đề rồi nha bạn! 

Đề:  Cho  \(a,b,c>0\)  thỏa mãn  \(a^2+b^2+c^2=\frac{5}{3}.\)  Chứng minh rằng:  \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}<\frac{1}{abc}\)

Lời giải:

Với mọi  \(a,b,c\in R\)  thì ta luôn có:

\(a^2+b^2+c^2\ge2bc+2ca-2ab\)  \(\left(\text{*}\right)\) 

Ta cần chứng minh  \(\left(\text{*}\right)\)  là bất đẳng thức đúng!

Thật vậy,  từ  \(\left(\text{*}\right)\)  \(\Leftrightarrow\)  \(a^2+b^2+c^2+2ab-2bc-2ca\ge0\)

                             \(\Leftrightarrow\)  \(\left(a+b-c\right)^2\ge0\)  \(\left(\text{**}\right)\)

Bất đẳng thức  \(\left(\text{**}\right)\)  hiển nhiên đúng với mọi  \(a,b,c\) , mà các phép biến đổi trên tương đương 

Do đó, bất đẳng thức  \(\left(\text{*}\right)\)  được chứng minh.

Xảy ra đẳng thức trên khi và chỉ khi  \(a+b=c\)

Mặt khác,  \(a^2+b^2+c^2=\frac{5}{3}\)  (theo giả thiết)

Mà  \(\frac{5}{3}=1\frac{2}{3}<2\)

\(\Rightarrow\)  \(a^2+b^2+c^2<2\)  \(\left(\text{***}\right)\)

Từ  \(\left(\text{*}\right)\) kết hợp với  \(\left(\text{***}\right)\), ta có thể viết 'kép' lại:  \(2bc+2ca-2ab\le a^2+b^2+c^2<2\)

Suy ra  \(2bc+2ca-2ab<2\)

Khi đó, vì  \(abc>0\) (do  \(a,b,c\) không âm) nên chia cả hai vế của bất đẳng trên cho  \(2abc\), ta được:

\(\frac{2bc+2ca-2ab}{2abc}<\frac{2}{2abc}\)

\(\Leftrightarrow\)  \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}<\frac{1}{abc}\)

Vậy, với  \(a,b,c\)  là các số thực dương thỏa mãn điều kiện  \(a^2+b^2+c^2=\frac{5}{3}\)  thì ta luôn chứng minh được:

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}<\frac{1}{abc}\)

Tam giác ABC có ba cạnh a,b,c và có chu vi bằng 1

=> \(a+b+c=1\)

=> \(\hept{\begin{cases}b+c=1-a\\a+c=1-b\\a+b=1-c\end{cases}}\)

Do đó ta viết lại đề bài thành \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}=\frac{3}{2}\)

Ta sẽ chứng minh \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)

Thật vậy, ta có :

\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\)

\(=\left(\frac{a}{b+c}+1\right)+\left(\frac{b}{a+c}+1\right)+\left(\frac{c}{a+b}+1\right)-3\)

\(=\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b+c}{b+c}\right)+\left(\frac{b}{a+c}+\frac{a+c}{a+c}\right)+\left(\frac{c}{a+b}+\frac{a+b}{a+b}\right)-3\)

\(=\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{a+b}-3\)

\(=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)-3\)

\(=\frac{1}{2}\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(a+c\right)\right]\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\right)-3\)

\(\ge\frac{1}{2}\cdot3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\cdot\frac{3}{\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}-3\)( bất đẳng thức Cauchy )

\(=\frac{1}{2}\cdot9-3=\frac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c

=> Tam giác ABC đều ( đpcm )

Đặt \(\hept{\begin{cases}b+c=x\\a+c=y\\a+b=z\end{cases}}\)Với (x,y,z>0) và \(a=\frac{y+z-x}{2};b=\frac{x+z-y}{2};c=\frac{x+y-z}{2}\)

Ta có \(\frac{a}{1-a}+\frac{b}{1-b}+\frac{c}{1-c}=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\)

           \(=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{z}{y}+\frac{y}{z}\right)-\frac{3}{2}\ge3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)

Dấu ''=''  xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z\)

Với x = y = z thì \(a=b=c\)

=> \(\Delta ABC\) đều 

dấu bằng xảy ra ở tam giác ABC là a = b = c = 1/3 nhé ;-;

còn bđt kia thì với mọi a,b,c dương *)

Thêm đk \(a,b,c\ne0\)

Ta có: \(\frac{ab}{a+b}=\frac{1}{3}\Rightarrow\frac{a+b}{ab}=3\)

\(\frac{bc}{b+c}=\frac{1}{4}\Rightarrow\frac{bc}{b+c}=4\)

\(\frac{ca}{c+a}=\frac{1}{5}\Rightarrow\frac{c+a}{ca}=5\)

\(\Rightarrow\frac{a+b}{ab}+\frac{b+c}{bc}+\frac{c+a}{ca}=12\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{b}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=12\)

\(\Leftrightarrow2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=12\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=6\)

có sai đề ko

mk làm ko đc

mk nghĩ đây là đề đúng

\(\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2}\ge\dfrac{3}{2}\)

Ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a}{1+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{1+b^2}\\\dfrac{b}{1+c^2}=b-\dfrac{bc^2}{1+c^2}\\\dfrac{c}{1+a^2}=c-\dfrac{ca^2}{1+a^2}\end{matrix}\right.\)

Áp dụng bđt AM-GM ta có:

\(\dfrac{ab^2}{1+b^2}\le\dfrac{ab^2}{2b}=\dfrac{ab}{2}\)

\(\Rightarrow a-\dfrac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\dfrac{ab}{2}\) (1)

C/m tg tự ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}b-\dfrac{bc^2}{1+c^2}\ge b-\dfrac{bc}{2}\\c-\dfrac{ca^2}{1+a^2}\ge c-\dfrac{ac}{2}\end{matrix}\right.\) (2)

Chứng minh điều sau:\(ab+bc+ca\le3\)

Ta có:

\((a+b+c)^2\ge3(ab+bc+ca)\)

\(\Leftrightarrow9\ge3ab+3bc+3ca\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\le3\)

Từ (1) và (2)

\(\Rightarrow VT\ge a+b+c-\dfrac{ab+bc+ca}{2}\)

Mà \(ab+bc+ca\le3\)

Nên \(VT\ge a+b+c-\dfrac{ab+bc+ca}{2}\ge3-\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{2}\)

=> ĐPCM