Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3

Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có....

.

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3

Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3

Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có.

Dễ dàng c/m : \(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}=1\)

Ta có : \(\dfrac{1}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+4}\le\dfrac{1}{a+b+4}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}\right)\) 

Suy ra : \(\Sigma\dfrac{1}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+4}\le2.\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a+2}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+2}\right)=\dfrac{1}{2}.1=\dfrac{1}{2}\) 

" = " \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

Đặt \(a\left(1-b\right)=x;b\left(1-c\right)=y;c\left(1-a\right)=x\)

\(\Rightarrow1-\left(a+b+c\right)+ab+bc+ca=1-a\left(1-b\right)-b\left(1-c\right)-c\left(1-a\right)=1-x-y-z\)

BĐT cần c/m trở thành:

\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\ge\dfrac{3}{1-x-y-z}\)

\(\Leftrightarrow\left(1-x-y-z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)-3\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1-x-y-z}{x}+\dfrac{1-x-y-z}{y}+\dfrac{1-x-y-z}{z}-3\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1-y-z}{x}+\dfrac{1-z-x}{y}+\dfrac{1-x-y}{z}-6\ge0\) (1)

Lại có: \(1-y-z=1-b\left(1-c\right)-c\left(1-a\right)=1-b-c+bc+ca=\left(1-b\right)\left(1-c\right)+ca\)

Nên (1) tương đương:

\(\dfrac{\left(1-b\right)\left(1-c\right)+ca}{a\left(1-b\right)}+\dfrac{\left(1-a\right)\left(1-c\right)+ab}{b\left(1-c\right)}+\dfrac{\left(1-a\right)\left(1-b\right)+bc}{c\left(1-a\right)}-6\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1-c}{a}+\dfrac{c}{1-b}+\dfrac{1-a}{b}+\dfrac{a}{1-c}+\dfrac{1-b}{c}+\dfrac{b}{1-a}\ge6\)

BĐT trên hiển nhiên đúng theo AM-GM do:

\(\dfrac{1-c}{a}+\dfrac{c}{1-b}+\dfrac{1-a}{b}+\dfrac{a}{1-c}+\dfrac{1-b}{c}+\dfrac{b}{1-a}\ge6\sqrt[6]{\dfrac{abc\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)}{abc\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)}}=6\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{2}\)

\(Q=\sum\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\sqrt{2\left(b+c\right)^2+bc}}\ge\sum\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\sqrt{2\left(b+c\right)^2+\dfrac{1}{4}\left(b+c\right)^2}}=\dfrac{2}{3}\sum\dfrac{\left(a+b\right)^2}{b+c}\)

\(Q\ge\dfrac{2}{3}.\dfrac{\left(a+b+b+c+c+a\right)^2}{a+b+b+c+c+a}=\dfrac{4}{3}\left(a+b+c\right)=\dfrac{4}{3}\)

\(\Leftrightarrow\left(1+ab+bc+ca\right)\left(\dfrac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\right)\le\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(1+ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(1+ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)

Áp dụng BĐT quen thuộc:

\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\dfrac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)=\dfrac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{2\left(1+ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\dfrac{9\left(1+ab+bc+ca\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}\)

Ta chỉ cần chứng minh:

\(\dfrac{9\left(1+ab+bc+ca\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}\le\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)

\(\Leftrightarrow4\left(ab+bc+ca\right)^2\ge9abc+9abc\left(ab+bc+ca\right)\)

Do \(3\left(ab+bc+ca\right)^2\ge9abc\left(a+b+c\right)=9abc\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge9abc\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge9abc\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge9\)

Hiển nhiên đúng do \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}=9\)

ko cả biết BĐT AM-GM với C-S là gì còn hỏi bài này rảnh háng

Đề sai rồi. Nếu như là a, b, c dương thì giá trị nhỏ nhất của nó phải là 9 mới đúng. Còn để có GTNN như trên thì điều kiện là a, b, c không âm nhé. Mà bỏ đi e thi cái gì mà phải giải câu cỡ này. Cậu này mạnh lắm đấy không phải dạng thường đâu.

Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số a;b;c luôn có ít nhất 2 số cùng phía so với 1

Không mất tính tổng quát, giả sử đó là a và b

\(\Rightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab+1\ge a+b\)

\(\Leftrightarrow2\left(ab+1\right)\ge\left(a+1\right)\left(b+1\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{2}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\dfrac{2}{2\left(ab+1\right)\left(c+1\right)}=\dfrac{1}{\left(ab+1\right)\left(c+1\right)}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{1}{c}+1\right)\left(c+1\right)}=\dfrac{c}{\left(c+1\right)^2}\)

Lại có:

\(\dfrac{1}{\left(\sqrt{ab}.\sqrt{\dfrac{a}{b}}+1.1\right)^2}+\dfrac{1}{\left(\sqrt{ab}.\sqrt{\dfrac{b}{a}}+1\right)^2}\ge\dfrac{1}{\left(ab+1\right)\left(\dfrac{a}{b}+1\right)}+\dfrac{1}{\left(ab+1\right)\left(\dfrac{b}{a}+1\right)}=\dfrac{1}{ab+1}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{1}{ab+1}+\dfrac{1}{\left(c+1\right)^2}+\dfrac{c}{\left(c+1\right)^2}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{c}+1}+\dfrac{1}{\left(c+1\right)^2}+\dfrac{c}{\left(c+1\right)^2}\)

\(\Rightarrow P\ge\dfrac{c}{c+1}+\dfrac{c+1}{\left(c+1\right)^2}=\dfrac{c\left(c+1\right)+c+1}{\left(c+1\right)^2}=\dfrac{\left(c+1\right)^2}{\left(c+1\right)^2}=1\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)