a, Cho \(a,b,c>0\) . Chứng minh rằng : \(M=\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}\) không là số nguyên
b, Cho \(a,b,c\) thoả mãn : \(a+b+c=0\) . Chứng minh rằng : \(ab+bc+ca\leq0\)
Cho các số dương \(a,b,c\) thoả mãn \(a+b+c=3\). Chứng minh rằng: \(\dfrac{a^2+bc}{b+ca}+\dfrac{b^2+ca}{c+ab}+\dfrac{c^2+ab}{a+bc}\ge3\)
Cho `a,b,c` là các số dương thoả mãn điều kiện `a+b+c+ab+bc+ca=6`
Chứng minh rằng : \(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có:
(a2 + b2) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2ab + 2bc + 2ca
=> 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2 (ab + bc + ca) (1) (a2 + 1) + (b2 + c2) + (c2 + a2) ≥ 2a + 2b + 2c
=> a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2(a + b + c) (2)
Cộng các vế của (1) và (2) ta có:
3 ( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 2 (ab + bc + ca + a + b + c)
=> 3( a2 + b2 + c2 ) + 3 ≥ 12 => a2 + b2 + c2 ≥ 3.
Ta có: (a^3/b + ab ) + ( b^3/c + bc ) + ( c^3/a + ca)≥ 2(a2 + b2 + c2) (CÔ SI)
<=>a^3/b + b^3/c + c^3/a +ab + bc + ac ≥ 2(a2 + b2 + c2)
Vì a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca => a^3 + b^3 + c^3 ≥ a2 + b2 + c2 ≥ 3 (đpcm).
Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho hai số dương ta có:
\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (1)
\(\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+c^2\right)+\left(c^2+a^2\right)\ge2a+2b+2c\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\) (2)
Cộng (1) với (2)
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge2\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge12\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Ta có: \(\left(\dfrac{a^3}{b}+ab\right)+\left(\dfrac{b^3}{c}+bc\right)+\left(\dfrac{c^3}{a}+ca\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+ab+bc+ca\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Vì \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\ge3\) (đpcm).
Xét BĐT phụ: `a^2+b^2+c^2>=ab+bc+ca(**)`
`BĐT(**)<=>1/2[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]>=0AAa;b;c` xảy ra dấu "=" khi `a=b=c`
Từ `BĐT(**)` cộng hai vế với `2(ab+bc+ca)` ta có `(a+b+c)^2>=3(ab+bc+ca)<=>(a+b+c)^2/3>=ab+bc+ca`
-----
Ta có `6=a+b+c+ab+bc+ca<=a+b+c+(a+b+c)^2/3=t^2/3+t(t=a+b+c>0)`
`=>t^2/3+t-6>=0=>t>=3` hay `a+b+c>=3`
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
`a^3/b+b^3/c+c^3/a=a^4/(a)+b^4/(bc)+c^4/ca>=(a^2+b^2+c^2)/(ab+bc+ca)>=a^2+b^2+c^2>=(a+b+c)^2/3=3`
Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\le3\)Chứng minh rằng \(\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2}+\dfrac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\ge3\)
Đặt\(P=\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2+}+\dfrac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\)
Bổ đề: \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\) \(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\) (1)
Chứng minh bổ đề: \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\sqrt[3]{abc.\dfrac{1}{abc}}=9\left(\forall a,b,c\ge0\right)\)
Kết hợp điều kiện đề bài ta được: \(a+b+c\ge3\)
Ta có: \(\dfrac{ab^2}{1+b^2}\le\dfrac{ab^2}{2\sqrt{b^2}}=\dfrac{ab}{2}\) ( AM-GM cho 2 số không âm 1 và b^2 )
\(\Rightarrow\dfrac{a}{1+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\dfrac{ab}{2}\left(1\right)\)
Chứng minh hoàn toàn tương tự: \(\dfrac{b}{1+c^2}\ge b-\dfrac{bc}{2}\left(2\right)\)
\(\dfrac{c}{1+a^2}\ge c-\dfrac{ca}{2}\left(3\right)\)
Cộng (1),(2),(3) vế theo vế thu được: \(P\ge a+b+c=3\)
Dấu "=" xảy ra tại a=b=c=1
Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn a+b+c=2 Chứng minh rằng:
\(\dfrac{ab}{\sqrt{2c+ab}}+\dfrac{bc}{\sqrt{2a+bc}}+\dfrac{ca}{\sqrt{2b+ca}}\le1\)
\(VT=\sqrt{\dfrac{a^2b^2}{c\left(a+b+c\right)+ab}}+\sqrt{\dfrac{b^2c^2}{a\left(a+b+c\right)+bc}}+\sqrt{\dfrac{a^2c^2}{b\left(a+b+c\right)+ac}}\\ VT=\sqrt{\dfrac{a^2b^2}{ac+ab+bc+c^2}}+\sqrt{\dfrac{b^2c^2}{a^2+ac+ab+bc}}+\sqrt{\dfrac{a^2c^2}{ab+bc+b^2+ac}}\\ VT=\sqrt{\dfrac{a^2b^2}{\left(c+a\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\dfrac{a^2c^2}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\dfrac{b^2c^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{\dfrac{b^2c^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\dfrac{\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{bc}{a+c}}{2}\\\sqrt{\dfrac{a^2c^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\dfrac{\dfrac{ca}{a+b}+\dfrac{ca}{b+c}}{2}\\\sqrt{\dfrac{a^2b^2}{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\le\dfrac{\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{ab}{a+c}}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{\left(\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{ca}{a+b}\right)+\left(\dfrac{ca}{b+c}+\dfrac{ab}{b+c}\right)+\left(\dfrac{bc}{a+c}+\dfrac{ab}{a+c}\right)}{2}\\ \Rightarrow VT\le\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{2}{2}=1\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{2}{3}\)
Cho a,b,c>0 thỏa mãn \(\dfrac{1}{a+b+1}+\dfrac{1}{b+c+1}+\dfrac{1}{c+a+1}\ge1\). Chứng minh rằng \(a+b+c\ge ab+bc+ca\)
\(\dfrac{1}{a+b+1}+\dfrac{1}{b+c+1}+\dfrac{1}{c+a+1}\ge1\)
\(\Leftrightarrow2\ge\dfrac{a+b}{a+b+1}+\dfrac{b+c}{b+c+1}+\dfrac{c+a}{c+a+1}=\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(a+b\right)^2+a+b}+\dfrac{\left(b+c\right)^2}{\left(b+c\right)^2+b+c}+\dfrac{\left(c+a\right)^2}{\left(c+a\right)^2+c+a}\)
\(\Rightarrow2\ge\dfrac{2\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+a+b+c}\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)+2\left(ab+bc+ca\right)+2\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)+4\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\)đpcm
cho a,b,c >0 thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2=3\) chứng minh rằng \(\dfrac{a}{ab+3}+\dfrac{b}{bc+3}+\dfrac{c}{ca+3}\le\dfrac{3}{4}\)
cho 3 số a,b,c thoả mãn \(\dfrac{a}{2020}=\dfrac{b}{2021}=\dfrac{c}{2022}\)
Chứng minh rằng (a-c)3+8(a-b)2.(c-b)=0
Bài này xuất hiện trong câu cuối đề GKI năm ngoái của mình :v
-Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a}{2020}=\dfrac{c}{2022}=\dfrac{a-c}{2020-2022}=\dfrac{a-c}{-2}\\\dfrac{a}{2020}=\dfrac{b}{2021}=\dfrac{a-b}{2020-2021}=\dfrac{a-b}{-1}\\\dfrac{c}{2022}=\dfrac{b}{2021}=\dfrac{c-b}{2022-2021}=c-b\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow c-b=-\left(a-b\right)=\dfrac{a-c}{-2}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-c=-2\left(c-b\right)\\a-b=-\left(c-b\right)\end{matrix}\right.\)
\(\left(a-c\right)^3+8\left(a-b\right)^2.\left(c-b\right)=\left[-2\left(c-b\right)\right]^3+8\left[-\left(c-b\right)\right]^2.\left(c-b\right)=-8\left(c-b\right)^3+8\left(c-b\right)^3=0\left(đpcm\right)\)
Helppppppppppppppppppp
Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn a +b + c <1 . Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{ab+\left(a+b\right)}+\dfrac{1}{bc+\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{ca+\left(c+a\right)}< \dfrac{87}{2}\)
Bất đẳng thức sai, chẳng hạn với \(a=b=10^{-4};c=0,5-a-b\).