Cho a,b,c thỏa mãn 1\(\ge\)a,b,c\(\ge\)0. chứng minh rằng \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le1\)
Cho các số a, b, c thỏa mãn 1 \(\ge\)a, b, c \(\ge\)0. Chứng minh rằng :
\(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le1\)
Vì \(1\ge a,b,c\ge0\)\(\Rightarrow b^2\le b;c^3\le c\)
\(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-ab-bc-ca\) (1)
Vì \(1\ge a,b,c\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow abc+a+b+c-ab-bc-ca-1\le0\)
\(\Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\)
Mà \(a,b,c\ge0\Rightarrow abc\ge0\Rightarrow-abc\le0\)
\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le1\)
Bài 1: Cho a>0;b>0;c>0 thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:
a)\(a^3+b^3+c^3\ge a+b+c\)
b) \(a^3+b^3+c^3\ge a^2+b^2+c^2\)
Bài 2: Với mọi a,b,c là các số thực. Chứng minh rằng:
\(\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge a +b+c\)
Bài 3: Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn \(x+y+z\le1\)
Chứng minh rằng: \(\sqrt{x^2+\frac{1}{x^2}}+\sqrt{y^2+\frac{1}{y^2}}+\sqrt{z^2+\frac{1}{z^2}}\ge\sqrt{82}\)
2a)với a,b,c là các số thực ta có
\(a^2-ab+b^2=\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2\ge\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2-ab+b^2}\ge\sqrt{\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2}=\frac{1}{2}\left|a+b\right|\)
tương tự \(\sqrt{b^2-bc+c^2}\ge\frac{1}{2}\left|b+c\right|\)
tương tự \(\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge\frac{1}{2}\left|a+c\right|\)
cộng từng vế mỗi BĐT ta được \(\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{2}=a+b+c\)
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
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 thoả mãn \(1\ge a,b,c\ge0\)
Chứng minh rằng \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le1\)
Vì \(0\le a;b;c\le1\) \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}b^2\le b\\c^3\le c\end{cases}}\)
\(\Rightarrow a+b^2+c^3-ab-bc-ac\le a+b+c-ab-bc-ac\)
\(=\left(-1+a+b+c-ab-bc-ac+abc\right)-abc+1\)
\(=\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)-abc+1\)
Do \(1\ge a;b;c\ge0\) nên \(\hept{\begin{cases}\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\\-abc\le0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)-abc\le0\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)-abc+1\le1\)
Hay \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le1\)(đpcm)
Do\(1\ge a,b,c\ge0\)
\(\Rightarrow b\ge b^2,c\ge c^3\)
Do đó: \(a+b^2+c^3-ab-bc-ca\le a+b+c-ab-bc-ca\)(1)
Vì \(1\ge a,b,c\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\le0\)
\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca+abc-1\le0\)
\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\)
Mà \(abc\ge0\)
\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1\)(2)
Từ (1) và (2) => đpcm
Cho a,b,c>0 thỏa mãn \(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}\ge1\). Chứng minh rằng:
a+b+c\(\ge\)ab+bc+ca
\(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}\ge1\Leftrightarrow\dfrac{2}{a+2}+\dfrac{2}{b+2}+\dfrac{2}{c+2}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{a+2}+\dfrac{b}{b+2}+\dfrac{c}{c+2}\le1\)
\(\Rightarrow1\ge\dfrac{a^2}{a^2+2a}+\dfrac{b^2}{b^2+2b}+\dfrac{c^2}{c^2+2c}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\left(a+b+c\right)}\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(a+b+c\right)\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\) đpcm
Cho 3 số a,b,c >0 thỏa mãn ab+bc+ca=1
Chứng minh rằng:\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{5}{2}\)
https://olm.vn/hoi-dap/detail/239526218296.html
Sử dụng phân tích tuyệt vời của Ji Chen:
\(VT-VP=\frac{4\left(a+b+c-2\right)^2+abc+3\Sigma a\left(b+c-1\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge0\)
Hãy xem phương pháp Buffalo-Way giải quyết nó!
Viết BĐT lại thành: \(\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)^2\ge\frac{25}{4}\)
Giả sử \(a\ge b\ge c\) và đặt \(a=c+u+v,b=c+v\left(u,v\ge0\right)\). Sau khi quy đồng, bất đẳng thức trở thành:
128 c^6+4 u^5 v+19 u^4 v^2+30 u^3 v^3+15 u^2 v^4+c^5 (256 u+512 v)+c^4 (192 u^2+832 u v+832 v^2)+c^3 (96 u^3+528 u^2 v+1008 u v^2+672 v^3)+c^2 (40 u^4+224 u^3 v+488 u^2 v^2+528 u v^3+264 v^4)+c (8 u^5+60 u^4 v+152 u^3 v^2+168 u^2 v^3+100 u v^4+40 v^5) \(\ge0\) (hiển nhiên đúng)
P/s: Khúc cuối dài quá gõ công thức bị tràn hết màn hình nên đành gõ ngoài, thông cảm! Nhớ bài này có một cách dùng dồn biến mà nghĩ không ra.
cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn : a+b+c=1 .
Chứng minh rằng : ab+bc+ca-3abc \(\ge\)1/4
Cho \(a,b,c\)là các số thực dương thỏa mãn \(a+b+c\le1\).Chứng minh rằng \(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\ge\frac{87}{2}\)
TL :
Bất đẳng thức sai, chẳng hạn với \(a=b=10^{-4};c=0,5-a-b.\).
HT
Thưa anh, nếu \(a=b=10^{-4}\) và \(c=0,5-a-b=0,5-2.10^{-4}\),em bấm máy thì ngay cả khi chỉ có một cái
\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}\)nó đã bằng \(5.10^{11}\)lớn hơn rất nhiều so với \(\frac{87}{2}\), BĐT vẫn đúng chứ ạ?
Anh xem sai chỗ nào ạ?
Áp dụng BĐT Cô-si, ta có
\(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{a^2b^2c^2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)(1)
và \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le\frac{8\left(a+b+c\right)^3}{27}\le\frac{8}{27}\)(vì \(a+b+c\le1\)) (2)
và \(a^2b^2c^2\le\frac{\left(ab+bc+ca\right)^3}{27}\)(3)
Kết hợp (2) và (3) ta có \(a^2b^2c^2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\le\frac{8\left(ab+bc+ca\right)^3}{27^2}\)(4)
Kết hợp (1) và (4) ta có \(\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\frac{8\left(ab+bc+ca\right)^3}{27^2}}}=\sqrt[3]{\frac{27.27^2}{8\left(ab+bc+ca\right)^3}}\)
\(=\frac{27}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
Từ đó \(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{27}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:
\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge9\)(vì \(a+b+c\le1\))
Lại có \(\frac{1}{ab+bc+ca}\ge\frac{3}{\left(a+b+c\right)^2}\ge3\)(cũng vì \(a+b+c\le1\))
Do đó ta được
\(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ca\left(c+a\right)}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{27}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2}{ab+bc+ca}+\frac{23}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(\ge9+\frac{23.3}{2}=\frac{87}{2}\)
Vậy BĐT được chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Cho a,b,c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện ab+bc+ac=3abc. Chứng minh rằng:
\(\sqrt{\dfrac{ab}{a+b+1}}+\sqrt{\dfrac{bc}{b+c+1}}+\sqrt{\dfrac{ca}{c+a+1}}\ge\sqrt{3}\)