choa,b,c là các số thực dương
CMR:\(\dfrac{1}{a^2+bc}+\dfrac{1}{b^2+ac}+\dfrac{1}{c^2+ab}-\dfrac{a+b+c}{2abc}\le0\)
CMR: Với các số thực dương a;b;c thì\(\dfrac{a^3+2abc+b^3}{c^2+ab}+\dfrac{a^3+2abc+c^3}{b^2+ac}+\dfrac{b^3+2abc+c^3}{a^2+bc}\ge2\left(a+b+c\right)\)
Cho a,b,c là các số dương
CMR : \(\dfrac{1}{a^2+bc}+\dfrac{1}{b^2+ac}+\dfrac{1}{c^2+ab}\le\dfrac{a+b+c}{2abc}\)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\text{VT}\leq \frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ac}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}}{2abc}\)
\(\leq \frac{\frac{a+b}{2}+\frac{b+c}{2}+\frac{a+c}{2}}{2abc}=\frac{a+b+c}{2abc}=\text{VP}\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
1) Cho a, b, c ∈ [0;1] và a + b + c = 2. CMR ab + bc + ca ≥ 2abc + \(\dfrac{20}{27}\)
2) Cho a, b, c ∈ [1;3] và a + b + c = 6. CMR a3 + b3 + c3 ≤ 36
3) Cho các số dương a, b, c, d thoả mãn a + b + c + d = 4. CMR \(\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+d^2}+\dfrac{d}{1+a^2}\) ≥ 2
1.
Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số a;b;c luôn có 2 số cùng phía so với \(\dfrac{2}{3}\), không mất tính tổng quát, giả sử đó là b và c
\(\Rightarrow\left(b-\dfrac{2}{3}\right)\left(c-\dfrac{2}{3}\right)\ge0\)
Mặt khác \(0\le a\le1\Rightarrow1-a\ge0\)
\(\Rightarrow\left(b-\dfrac{2}{3}\right)\left(c-\dfrac{2}{3}\right)\left(1-a\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow-abc\ge\dfrac{4a}{9}+\dfrac{2b}{3}+\dfrac{2c}{3}-\dfrac{2ab}{3}-\dfrac{2ac}{3}-bc-\dfrac{4}{9}\)
\(\Leftrightarrow-abc\ge-\dfrac{2a}{9}+\dfrac{2}{3}\left(a+b+c\right)-\dfrac{2ab}{3}-\dfrac{2ac}{3}-bc-\dfrac{4}{9}=-\dfrac{2a}{9}-\dfrac{2ab}{3}-\dfrac{2ac}{3}-bc+\dfrac{8}{9}\)
\(\Leftrightarrow-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{4ab}{3}-\dfrac{4ac}{3}-2bc+\dfrac{16}{9}\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{ab}{3}-\dfrac{ac}{3}-bc+\dfrac{16}{9}\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{a}{3}\left(b+c\right)-bc+\dfrac{16}{9}\ge-\dfrac{4a}{9}-\dfrac{a}{3}\left(2-a\right)-\dfrac{\left(b+c\right)^2}{4}+\dfrac{16}{9}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca-2abc\ge-\dfrac{4a}{9}+\dfrac{a^2}{3}-\dfrac{2a}{3}-\dfrac{\left(2-a\right)^2}{4}+\dfrac{16}{9}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca-2abc\ge\dfrac{a^2}{12}-\dfrac{a}{9}+\dfrac{7}{9}=\dfrac{1}{12}\left(a-\dfrac{2}{3}\right)^2+\dfrac{20}{27}\ge\dfrac{20}{27}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge2abc+\dfrac{20}{27}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{2}{3}\)
2.
Đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(x+1;y+1;z+1\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x;y;z\in\left[0;2\right]\\x+y+z=3\end{matrix}\right.\)
Ta có: \(P=\left(x+1\right)^3+\left(y+1\right)^3+\left(z+1\right)^3\)
\(P=x^3+y^3+z^3+3\left(x^2+y^2+z^2\right)+12\)
Không mất tính tổng quát, giả sử \(x\ge y\ge z\Rightarrow x\ge1\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y^3+z^3=\left(y+z\right)^3-3yz\left(y+z\right)\le\left(y+z\right)^3\\y^2+z^2=\left(y+z\right)^2-2yz\le\left(y+z\right)^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow P\le x^3+\left(3-x\right)^3+3x^2+3\left(3-x\right)^2+12\)
\(\Rightarrow P\le15x^2-45x+66=15\left(x-1\right)\left(x-2\right)+36\le36\)
(Do \(1\le x\le2\Rightarrow\left(x-1\right)\left(x-2\right)\le0\))
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(2;1;0\right)\) và các hoán vị hay \(\left(a;b;c\right)=\left(1;2;3\right)\) và các hoán vị
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:
\(\dfrac{a+b}{bc+a^2}+\dfrac{b+c}{ac+b^2}+\dfrac{c+a}{ab+c^2}\le\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\)
Xét hiệu VT - VP
\(\dfrac{a+b}{bc+a^2}+\dfrac{b+c}{ab+b^2}+\dfrac{c+a}{ab+c^2}-\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{c}=\dfrac{a^2+ab-bc-a^2}{a\left(bc+a^2\right)}+\dfrac{b^2+bc-ac-b^2}{b\left(ac+b^2\right)}+\dfrac{c^2+ac-ab-c^2}{c\left(ab+c^2\right)}=\dfrac{b\left(a-c\right)}{a\left(bc+a^2\right)}+\dfrac{c\left(b-a\right)}{b\left(ac+b^2\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)}{c\left(ab+c^2\right)}\)
Do a,b,c bình đẳng nên giả sử a\(\ge\)b\(\ge\)c, khi đó \(b\left(a-c\right)\)\(\ge\)0, c(b-a)\(\le\)0, a(c-b)\(\le\)0
\(a^3\ge b^3\ge c^3=>abc+a^3\ge abc+b^3\ge abc+c^3\)=>\(\dfrac{b\left(a-c\right)}{a\left(bc+a^2\right)}\le\dfrac{b\left(a-c\right)}{b\left(ac+b^2\right)}\)
=> VT -VP \(\le\) \(\dfrac{b\left(a-c\right)}{a\left(bc+a^2\right)}+\dfrac{c\left(b-a\right)}{b\left(ac+b^2\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)}{c\left(ab+c^2\right)}=\dfrac{ab-ac}{b\left(ac+b^2\right)}+\dfrac{ac-ab}{c\left(ab+c^2\right)}=\dfrac{a\left(b-c\right)}{b\left(ac+b^2\right)}-\dfrac{a\left(b-c\right)}{c\left(ab+c^2\right)}\)
mà \(\dfrac{1}{b\left(ac+b^2\right)}\le\dfrac{1}{c\left(ab+c^2\right)}\) nên VT-VP <0 đpcm
Ta viết bất đẳng thức đã cho lại thành
\(\sum\left[\dfrac{1}{c}-\dfrac{\left(a+b+2c\right)}{2\left(ab+c^2\right)}\right]\ge\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2\prod\left(ab+c^2\right)}\)
\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{c\left(a^2+ab+b^2\right)\left(a-b\right)^2}{ab\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)}\ge\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\prod\left(ab+c^2\right)}\)
Hay \(S_a\left(b-c\right)^2+S_b\left(c-a\right)^2+S_c\left(a-b\right)^2\ge\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\prod\left(ab+c^2\right)}\quad\left(1\right)\)
Vậy $VT\geq 0$ và $S_a+S_b\ge 0;S_b+S_c\ge 0.$ Nếu \(a\ge b\ge c\rightarrow VT\ge0\ge VP,\) ta chỉ xét \(a\le b\le c.\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(S_a+S_b\right)\left(b-c\right)^2+\left(S_b+S_c\right)\left(a-b\right)^2\ge\left[\dfrac{\left(c-a\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\prod\left(ab+c^2\right)}-2S_b\right]\left(a-b\right)\left(b-c\right)\)
Đặt \(c=a+x+y,b=a+x\Rightarrow x=b-a;y=c-b\left(x,y\ge0\right)\) thay vào rút gọn các thứ là đpcm.
P/s: Cách này khá trâu nhưng chịu thôi, bài này mình nghĩ khá chặt.
\(a,b,c>0.CMR:\dfrac{1}{a^2+bc}+\dfrac{1}{b^2+ac}+\dfrac{1}{c^2+ab}\le\dfrac{a+b+c}{2abc}\)
\(VT=\dfrac{1}{a^2+bc}+\dfrac{1}{b^2+ac}+\dfrac{1}{c^2+ab}\le\dfrac{1}{2a\sqrt{bc}}+\dfrac{1}{2b\sqrt{ac}}+\dfrac{1}{2c\sqrt{ab}}\)
\(VT\le\dfrac{\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}}{2abc}\)
Mặt khác ta luôn có:
\(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{a}-\sqrt{c}\right)^2+\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)-2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}\le a+b+c\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{a+b+c}{2abc}\)
Dấu "=" khi \(a=b=c\)
Cho a; b; c là các số thực dương thỏa mản: \(a+b+c=\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{2}{a+c}+\dfrac{2}{b+c}\)
CMR: \(ab+bc+ac\le3\)
Áp dụng bất đẳng thức Chevbyshev cho hai bộ đơn điệu cùng chiều \(\left(\dfrac{2}{a+b},\dfrac{2}{b+c},\dfrac{2}{c+a}\right)\) và \(\left(c\left(a+b\right),a\left(b+c\right),b\left(c+a\right)\right)\) ta có \(2c+2a+2b=\dfrac{2}{a+b}.c\left(a+b\right)+\dfrac{2}{b+c}.a\left(b+c\right)+\dfrac{2}{c+a}.b\left(c+a\right)\ge\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{2}{c+a}\right)\left(a\left(b+c\right)+b\left(c+a\right)+c\left(a+b\right)\right)=\dfrac{2}{3}\left(ab+bc+ca\right)\left(\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{2}{c+a}\right)\).
Mà \(\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{2}{c+a}=a+b+c\) nên \(ab+bc+ca\le3\).
Cho các số thực dương a,b và c thoả mãn: \(\dfrac{1}{a+2}\)+\(\dfrac{1}{b+2}\)+\(\dfrac{1}{c+2}\)\(\ge\dfrac{3}{2}\)
CMR: \(a+b+c\ge ab+bc+ca\)
\(\dfrac{2}{a+2}+\dfrac{2}{b+2}+\dfrac{2}{c+2}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2}{a+2}-1+\dfrac{2}{b+2}-1+\dfrac{2}{c+2}-1\ge2-3\)
\(\Rightarrow1\ge\dfrac{a}{a+2}+\dfrac{b}{b+2}+\dfrac{c}{c+2}=\dfrac{a^2}{a^2+2a}+\dfrac{b^2}{b^2+2b}+\dfrac{c^2}{c^2+2c}\)
\(\Rightarrow1\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+2a+b^2+2b+c^2+2c}\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(a+b+c\right)\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\) đpcm
Phía trên thoả mãn \(\ge1\) chứ không phải 3/2 đâu ạ
a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1. CMR: \(\dfrac{a+bc}{b+c}+\dfrac{b+ca}{c+a}+\dfrac{c+ab}{a+b}>=2\)
Lời giải:
$\text{VT}=\frac{a(a+b+c)+bc}{b+c}+\frac{b(a+b+c)+ac}{a+c}+\frac{c(a+b+c)+ab}{a+b}$
$=\frac{(a+b)(a+c)}{b+c}+\frac{(b+a)(b+c)}{a+c}+\frac{(c+a)(c+b)}{a+b}$
Áp dụng BĐT AM-GM:
$\frac{(a+b)(a+c)}{b+c}+\frac{(b+a)(b+c)}{a+c}\geq 2\sqrt{(a+b)^2}=2(a+b)$
$\frac{(b+c)(b+a)}{a+c}+\frac{(c+a)(c+b)}{a+b}\geq 2\sqrt{(b+c)^2}=2(b+c)$
$\frac{(a+b)(a+c)}{b+c}+\frac{(c+a)(c+b)}{a+b}\geq 2\sqrt{(c+a)^2}=2(a+c)$
Cộng các BĐT trên theo vế và thu gọn:
$\text{VT}\geq 2(a+b+c)=2$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
choa,b,c là các số thực dương CMR:
\(\dfrac{a^2}{bc}+\dfrac{b^2}{ca}+\dfrac{c^2}{ab}\ge\dfrac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a+b+c}\)
Vế trái bậc 0, vế phải bậc 1, không đồng bậc với nhau . BĐT sai ngay với \(a=9,b=3,c=6\)
Sửa: \(\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab}\geq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}\)
Chứng minh:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\text{VT}=\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab}=\frac{a^4}{a^2bc}+\frac{b^4}{b^2ac}+\frac{c^4}{c^2ab}\)
\(\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2bc+b^2ac+c^2ab}=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{abc(a+b+c)}(1)\)
Ta có kết quả quen thuộc của BĐT Cauchy là:
\(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\)
Và: \((ab+bc+ac)^2\geq 3abc(a+b+c)\)
Do đó: \(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\geq \frac{3abc(a+b+c)}{ab+bc+ac}(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2).3abc(a+b+c)}{(ab+bc+ac)abc(a+b+c)}=\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$