cho a,b,c>0 thõa mãn a*b*c=1
\(\frac{1}{a^2+2\cdot b^2+3}+\frac{1}{b^{2^{ }}+2\cdot c^2+3}+\frac{1}{c^2+2\cdot b^2+3}\le\frac{1}{2}\)
Bài 1: cho \(a,b,c\ge0\) và a+b+c=1. Chứng minh rằng :
a,\(\left(1-a\right)\cdot\left(1-b\right)\cdot\left(1-c\right)\ge8\cdot a\cdot b\cdot c\)
b,\(16\cdot a\cdot b\cdot c\ge a+b\)
c,\(\frac{a}{1+a}+\frac{2\cdot b}{2+b}+\frac{3\cdot c}{3+c}\le\frac{6}{7}\)
Bài 2: cho a,b,c>0 và a.b.c=0 chứng minh rằng:
\(\frac{b\cdot c}{a^2\cdot b+a^2\cdot c}+\frac{a\cdot c}{b^2\cdot c+b^2\cdot a}+\frac{a\cdot b}{c^2\cdot a+c^2\cdot b}\ge\frac{3}{2}\)
Bài 1 :
a) Ta có : \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Áp dụng bđt Cauchy : \(a+b\ge2\sqrt{ab}\) , \(b+c\ge2\sqrt{bc}\) , \(c+a\ge2\sqrt{ca}\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\) hay \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge8abc\)
Hi :D
Sau đây là một số bài mình sưu tầm được và mình post lên đây nhầm mong muốn các bạn đóng góp lời giải của mình vào
Câu 1:
Với a,b,c là các số thực dương và \(abc=1\).Chứng minh rằng:
\(\frac{1}{4a^2-2a+1}+\frac{1}{4b^2-2b+1}+\frac{1}{4c^2-2c+1}\ge1\left(\cdot\right)\)
Câu 2:
Với a,b,c là các số thực dương và \(abc=1\).Chứng minh rằng:
\(\frac{1}{\sqrt{4a^2+a+4}}+\frac{1}{\sqrt{4b^2+b+4}}+\frac{1}{\sqrt{4c^2+c+4}}\le1\left(\cdot\cdot\right)\)
Câu 3:
Với a,b,c,d là các số thực dương và \(\frac{1}{a+3}+\frac{1}{b+3}+\frac{1}{c+3}+\frac{1}{d+3}=1\).Chứng minh rằng:
\(\frac{a}{a^2+3}+\frac{b}{b^2+3}+\frac{c}{c^2+3}+\frac{d}{d^2+2}\le1\left(\cdot\cdot\cdot\right)\)
Câu 4:
Với a,b,c,d thõa mãn điều kiện \(a+b+c+d=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\),Chứng minh rằng:
\(2\left(a+b+c+d\right)\ge\sqrt{a^2+3}+\sqrt{b^2+3}+\sqrt{c^2+3}+\sqrt{d^2+3}\left(\cdot\cdot\cdot\cdot\right)\)
Câu 5:
Với a,b,c là các số thực không âm.Chứng minh rằng:
\(\frac{a^2-bc}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{b^2-ca}{a^2+2b^2+c^2}+\frac{c^2-ab}{a^2+b^2+2c^2}\ge0\left(\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\right)\)
Continue...
Bài 1. Ta có: \(a\left(a+2\right)\left(a-1\right)^2\ge0\therefore\frac{1}{4a^2-2a+1}\ge\frac{1}{a^4+a^2+1}\)
Thiết lập tương tự 2 BĐT còn lại và cộng theo vế rồi dùng Vasc (https://olm.vn/hoi-dap/detail/255345443802.html)
Bài 5: Bất đẳng thức này đúng với mọi a, b, c là các số thực. Chứng minh:
Quy đồng và chú ý các mẫu thức đều không âm, ta cần chứng minh:
\(\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\Sigma\left[\left(a^2+b^2\right)+2c^2\right]\left(a-b\right)^2\ge0\)
Đây là điều hiển nhiên.
cho abc=1 với a,b,c dương cmr:
\(\frac{1}{a^2+2\cdot b^2+3}+\frac{1}{b^2+2\cdot c^2+3}+\frac{1}{c^2+2\cdot a^2+3}\le\frac{1}{2}\)
đây là bài trong đề thi hsg giỏi của anh đó
em làm thử xem
Đặt \(A=\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}\)
Áp dụng bất đẳng thức cô-si, ta có:
\(a^2+b^2\ge2.\sqrt{a^2.b^2}=>a^2+b^2\ge2ab\)
\(b^2+1\ge2.\sqrt{b^2.1}=>b^2+1\ge2b\)
=>\(a^2+b^2+b^2+1\ge2ab+2b\)
=>\(a^2+2b^2+1+2\ge2ab+2b+2\)
=>\(a^2+2b^2+3\ge2ab+2b+2\)
=>\(a^2+2b^2+3\ge2\left(ab+b+1\right)\)
=>\(\frac{1}{a^2+2b^2+3}\le\frac{1}{2.\left(ab+b+1\right)}\)
Chứng minh tương tự, ta có:
\(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2.\left(bc+c+1\right)}\)
\(\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2.\left(ca+a+1\right)}\)
=>\(\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2.\left(ab+b+1\right)}+\frac{1}{2.\left(bc+c+1\right)}+\frac{1}{2.\left(ca+a+1\right)}\)
=>\(A\le\frac{1}{2}.\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{2}.\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{2}.\frac{1}{ca+a+1}\)
=>\(A\le\frac{1}{2}.\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}\right)\)
=>\(A\le\frac{1}{2}.\left(\frac{ca}{ca.\left(ab+b+1\right)}+\frac{a}{a.\left(bc+c+1\right)}+\frac{1}{ca+a+1}\right)\)
=>\(A\le\frac{1}{2}.\left(\frac{ca}{abc.c+abc+ca}+\frac{a}{abc+ca+a}+\frac{1}{ca+a+1}\right)\)
Vì abc=1(theo giả thiết)
=>\(A\le\frac{1}{2}.\left(\frac{ca}{c+1+ca}+\frac{a}{1+ca+a}+\frac{1}{ca+a+1}\right)\)
=>\(A\le\frac{1}{2}.\left(\frac{ca}{ca+a+1}+\frac{a}{ca+a+1}+\frac{1}{ca+a+1}\right)\)
=>\(A\le\frac{1}{2}.\frac{ca+a+1}{ca+a+1}\)
=>\(A\le\frac{1}{2}.1\)
=>\(A\le\frac{1}{2}\)
=>\(\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2}\)
=>ĐPCM
Bài đây mình đã giải trong câu hỏi tương tự ấy! Bạn vào xem nhé! Tách lần lượt các hạng tử ở các mẫu của vế trái BPT để quy về dạng có thể sử dụng BĐT AM - GM cho các số không âm. Cứ thế là đường ta ta đi.... Kakaka. Đặt biến phụ chẳng hạn, đây là đặc trưng của cách thứ hai. Cách thứ ba thì đang thử nghiệm thử có an toàn không đã.
cho a,b khác 0 thỏa mãn a+b
a, \(\frac{a}{b^3-1}+\frac{b}{a^3-1}=\frac{2\cdot\left(a\cdot b-2\right)}{a^2\cdot b^2+3}\)
b, \(\frac{a}{b^3-1}+\frac{b}{a^3-1}=\frac{2\cdot\left(b-a\right)}{a^2\cdot b^2+3}\)
Cho \(\hept{\begin{cases}a\cdot\left(b^2+c^2\right)+b\cdot\left(c^2+a^2\right)+c\cdot\left(a^2+b^2\right)+2abc=0\\a^3+b^3+c^3=1\end{cases}}\)Tính A = \(\frac{1}{a^{2017}}+\frac{1}{b^{2017}}+\frac{1}{c^{2017}}\)
\(a\left(b^2+c^2\right)+b\left(c^2+a^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)+2abc=0\)
\(\Rightarrow ab^2+ac^2+bc^2+ba^2+c\left(a+b\right)^2=0\)
\(\Rightarrow ab\left(a+b\right)+c^2\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)^2=0\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(ab+c^2+ca+cb\right)=0\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left[a\left(b+c\right)+c\left(b+c\right)\right]=0\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)=0\)
Từ đó a = -b hoặc b = -c hoặc c = -a
Nếu a = -b mà \(a^3+b^3+c^3=1\Rightarrow\left(-b\right)^3+b^3+c^3=1\Rightarrow c^3=1\Rightarrow c=1\)
Khi đó: \(A=\frac{1}{\left(-b\right)^{2017}}+\frac{1}{b^{2017}}+\frac{1}{1^{2017}}=0+1=1\)
Tương tự với các trường hợp b = -c và a = -c, ta tính được A = 1
Cho a,b khác 0 thỏa mãn a+b=1
a, \(\frac{a}{b^3-1}\)+\(\frac{b}{a^3-1}\)=\(\frac{2\cdot\left(a\cdot b-2\right)}{a^2\cdot b^2+3}\)
b,\(\frac{a}{b^3-1}+\frac{b}{a^3-1}=\frac{2\cdot\left(b-a\right)}{a^2\cdot b^2+3}\)
Cho a,b,c>0 và \(a+b+c\le1\) .Chứng minh rằng:
\(\frac{1}{a^2+2\cdot b\cdot c}+\frac{1}{b^2+2\cdot a\cdot c}+\frac{1}{c^2+2\cdot a\cdot b}\)
Đề đúng : Cho a,b,c > 0 và \(a+b+c\le1\)
CMR : \(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge9\)
Đặt \(x=a^2+2bc,y=b^2+2ac,z=c^2+2ab\)
Áp dụng bđt Bunhiacopxki , ta có: \(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\left(x+y+z\right)\ge\left(\sqrt{\frac{1}{x}.x}+\sqrt{\frac{1}{y}.y}+\sqrt{\frac{1}{z}.z}\right)^2=9\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\) hay \(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge9\)
Ta thấy: \(\left(a^2+2bc\right)+\left(b^2+2ac\right)+\left(c^2+2ab\right)=\left(a+b+c\right)^2\le1\)
Sử dụng Cosi 3 số ta suy ra
\(VT\ge\left[\left(a^2+2bc\right)+\left(b^2+2ac\right)+\left(c^2+2ab\right)\right]\left(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\right)\)
\(\ge3\sqrt[3]{\left(a^2+2bc\right)\left(b^2+2ac\right)\left(c^2+2ab\right)}\cdot3\sqrt[3]{\frac{1}{a^2+2bc}\cdot\frac{1}{b^2+2ac}\cdot\frac{1}{c^2+2ab}}=9\) (Đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi\(\begin{cases}a+b+c=1\\a^2+2bc=b^2+2ac=c^2+2ab\end{cases}\)\(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
mk tìm đc gtln
Đặt a+b=x b+c=y c+a=z
BDT cần cm ⇔(x+y)(y+z)(z+x)xyz (vì a+b+c=1)
Đến đây cô si bình thường ra min bằng 8
Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn \(a^2\cdot b^2+c^2\cdot b^2+1\le3b\)
Tìm GTNN của biểu thức P=\(\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{4\cdot b^2}{\left(1+2\cdot b\right)^2}+\frac{8}{\left(c+3\right)^2}\)
Cho \(\hept{\begin{cases}a\cdot\left(b^{2+c^2}\right)+b\cdot\left(b^2+c^2\right)+c\left(a^2+b^2\right)+2abc=0\\a^{3+}b^3+c^3=1\end{cases}Tính}A=\frac{1}{a^{2017}}+\frac{1}{b^{2017}}+\frac{1}{c^{2017}}\left(a,b,c#0\right)\)