Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a2+b2+c2=1. Chứng minh rằng: \(\frac{a^2}{1+b-a}+\frac{b^2}{1+c-b}+\frac{c^2}{1+a-c}\ge1\)
Cho ba số dương a,b,c thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2=1\) .Chứng minh rằng:
\(\frac{a^2}{1+b-a}+\frac{b^2}{1+c-b}+\frac{c^2}{1+a-c}\ge1\)
Mong mọi người giúp đỡ tôi đang cần gấp ! Cảm ơn
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức, ta được: \(VT=\frac{a^4}{a^2+a^2b-a^3}+\frac{b^4}{b^2+b^2c-b^3}+\frac{c^4}{c^2+c^2a-c^3}\)\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\) \(=\frac{1}{1+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\)
Ta cần chứng minh \(\frac{1}{1+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\ge1\)hay \(a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a\)
Đây là bất đẳng thức quen thuộc có nhiều cách chứng minh:
** Cách 1: Áp dụng AM - GM, ta được: \(a^3+a^3+b^3\ge3a^2b\); \(b^3+b^3+c^3\ge3b^2c\); \(c^3+c^3+a^3\ge3c^2a\)
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên
** Cách 2: Giả sử \(a\le b\le c\)
Có: \(a^3+b^3+c^3=a^2b+b^2c+c^2a+\left(c^2-a^2\right)\left(b-a\right)+\left(c^2-b^2\right)\left(c-b\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\).
Or the following SOS:
* Hoặc mạnh hơn với a,b,c thực thỏa mãn \(a+b\ge0,b+c\ge0,c+a\ge0\)
\(a^3+b^3+c^3-a^2b-b^2c-c^2a\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2-2c^2\right)^2+3\left(a^2-b^2\right)^2+\Sigma_{cyc}4\left(a+b\right)\left(c+a\right)\left(a-b\right)^2}{8\left(a+b+c\right)}\ge0\)
Hoặc còn 2 kiểu SOS khác (by tth_new)
Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\)
\(VT-VP=\frac{\left(4b+3b-c\right)\left(a-b\right)^2+\left(b+c\right)\left(a+b-2c\right)^2}{4}\ge0\)
Or
2.Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1. Chứng minh: \(\frac{1}{b^2+c^2}+\frac{1}{c^2+a^2}+\frac{1}{a^2+b^2}\le\frac{a^3+b^3+c^3}{2abc}+3\) 1. Cho các số dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh \(\frac{a}{1+b-a}+\frac{b}{1+c-b}+\frac{c}{1+a-c}\ge1\)
\(sigma\frac{a}{1+b-a}=sigma\frac{a^2}{a+ab-a^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
\(\frac{1}{b^2+c^2}=\frac{1}{1-a^2}=1+\frac{a^2}{b^2+c^2}\le1+\frac{a^2}{2bc}\)
Tương tự cộng lại quy đồng ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Cho các số thực dương a, b, c khác 1 thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng
\(\left(\frac{a}{a-1}\right)^2+\left(\frac{b}{b-1}\right)^2+\left(\frac{c}{c-1}\right)^2\ge1\)
bânnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn
Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=3
Chứng minh rằng abc(1+a2)(1+b2)(1+c2)≤8
Cần gấp ko bạn
Nếu gấp thì sang web khác thử
Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=3.Chứng minh \(\frac{1}{2+a^2b}+\frac{1}{2+b^2c}+\frac{1}{2+c^2a}\ge1\)
\(1-\frac{a^2b}{2+a^2b}\ge1-\frac{a^2b}{3.\sqrt[3]{a^2b}}\)\(\rightarrow1-3\sqrt[3]{a^4b^2}=3.\sqrt[3]{ab.ab.a^2}\rightarrow.....\)
BĐT cần chứng minh tương đương với \(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có: \(2+a^2b=1+1+a^2b\ge3\sqrt[3]{a^2b}\)
Do đó ta được \(\frac{a^2b}{1+a^2b}\le\frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}=\frac{a\sqrt[3]{ab^2}}{3}\)
Hoàn toàn tương tự ta được \(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le\frac{a\sqrt[3]{ab^2}+b\sqrt[3]{bc^2}+c\sqrt[3]{ca}}{3}\)
Cũng theo BĐT Cauchy ta được \(\sqrt[3]{ab^2}\le\frac{a+b+b}{3}=\frac{a+2b}{3}\)
\(\Rightarrow a\sqrt[3]{ab^2}\le\frac{a\left(a+2b\right)}{3}=\frac{a^2+2ab}{3}\)
Tương tự cũng được \(a\sqrt[3]{ab^2}+b\sqrt[3]{bc^2}+c\sqrt[3]{ca}\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=3\)
Từ đó ta được\(\frac{a^2b}{2+a^2b}+\frac{b^2c}{2+b^2c}+\frac{c^2a}{2+c^2a}\le1\)
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1
1njfnjgjggnvfkgnbmvfvm
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn. Chứng minh rằng:
\(\frac{a}{1+b-a}+\frac{b}{1+c-b}+\frac{c}{1+a-c}\ge1\)
Để ý rằng \(a+b+c=1\) hay \(\left(a+b+c\right)^2=1\)nên ta cần biển đổi a,b,c xuất hiện các đại lượng \(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}};\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}};\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\)nên ta biển đổi như sau:
\(a+b+c=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\)
Khi đó ta được:
\(\left(a+b+c\right)^2=\left[\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\right]^2\)
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxiki ta được:
\(\left[\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c+2b}}\sqrt{a\left(c+2b\right)}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a+2c}}\sqrt{b\left(a+2c\right)}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b+2a}}\sqrt{c\left(b+2a\right)}\right]\)
\(\le\left(\frac{a}{c+2b}+\frac{b}{a+2c}+\frac{c}{b+2a}\right)\left[a\left(c+2b\right)b\left(a+2c\right)c\left(b+2a\right)\right]\)
Như vậy lúc này ta được:
\(\frac{a}{c+2b}+\frac{b}{a+2c}+\frac{c}{b+2a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)}\)
Vậy bài toán đã được chứng minh.
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn \(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=2.\)
Chứng minh rằng \(\frac{1}{8a^2+1}+\frac{1}{8b^2+1}+\frac{1}{8c^2+1}\ge1\)
Ta chứng minh bất đẳng thức phụ
\(\frac{1}{8x^2+1}\ge\frac{2}{x+1}-1\)
\(\Leftrightarrow4x^3-4x^2+x\ge0\)
\(\Leftrightarrow x\left(2x-1\right)^2\ge0\)(đúng)
Áp dụng vào bài toán ta được
\(\frac{1}{8a^2+1}+\frac{1}{8b^2+1}+\frac{1}{8c^2+1}\ge-1+\frac{2}{a+1}-1+\frac{2}{b+1}-1+\frac{2}{c+1}\)
\(=-3+2\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)=-3+4=1\)
Ta có: \(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=2\)
\(\Rightarrow3-\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\right)=1\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}=1\)
Xét BĐT \(\Sigma_{cyc}\frac{1}{8a^2+1}\ge1\Leftrightarrow3-\Sigma_{cyc}\frac{1}{8a^2+1}\le2\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{8a^2}{8a^2+1}\le2\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{4a^2}{8a^2+1}\le2\)
Xét BĐT phụ: \(\frac{4x^2}{8x^2+1}\le\frac{x}{x+1}\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow\frac{x\left(2x-1\right)^2}{\left(x+1\right)\left(8x^2+1\right)}\)(đúng với mọi x thực dương)
Áp dụng, ta có: \(\Sigma_{cyc}\frac{4a^2}{8a^2+1}\le\text{}\Sigma_{cyc}\frac{a}{a+1}=1\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
Ta có \(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=2\Leftrightarrow\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}=1\)
Mà \(\frac{1}{8a^2+1}+\frac{1}{8b^2+1}+\frac{1}{8c^2+1}\ge1\Leftrightarrow\frac{8a^2}{8a^2+1}+\frac{8b^2}{8b^2+1}+\frac{8c^2}{8c^2+1}\le2\)
\(\Leftrightarrow\frac{4a^2}{8a^2+1}+\frac{4b^2}{8b^2+1}+\frac{4c^2}{8c^2+1}\le1\)
Bây giờ ta dẽ chứng minh \(\frac{4a^2}{8a^2+1}\le\frac{a}{a+1}\Leftrightarrow4a^3+4a^2\le8a^3+a\Leftrightarrow0\le4a^3-4a^2+a^2\)
\(\Leftrightarrow0\le4a^2-4a+1\)
\(\Leftrightarrow0\le\left(2a-1\right)^2\) nên \(\frac{4a^2}{8a^2+1}\le\frac{a}{a+1}\left(1\right)\)
Tương tự có: \(\hept{\begin{cases}\frac{4b^2}{8b^2+1}\le\frac{b}{b+1}\left(2\right)\\\frac{4c^2}{8c^2+1}\le\frac{c}{c+1}\left(3\right)\end{cases}}\)
Cộng các vế của (1)(2)(3) được \(\frac{1}{8a^2+1}+\frac{1}{8b^2+1}+\frac{1}{8c^2+1}\ge1\)
Dấu "=" xảy ra <=> \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:
\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{2}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge1\)
\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{2}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge1\)
<=> \(\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2+\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2+\left(1+a\right)\left(1+c\right)^2\)
\(+2\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge3\)đúng vì \(a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=3\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = 1
1)cho a,b,c là các số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức \(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}=2\)\(\)chứng minh rằng
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}\ge1\)
2)với a,b,c là các số thực dương chứng minh rằng :\(\sqrt{a^2+b^2-3\sqrt{ab}}+\sqrt{b^2+c^2-bc}\ge\sqrt{a^2+c^2}\)
1,
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)