Cho a,b,c > 0 . CMR:
\(\frac{a+b}{bc+a^2}+\frac{b+c}{ac+b^2}+\frac{c+a}{ab+c^2}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\\ \)
1) Cho a,b,c>0 tm a+b+c=3. Cmr \(\frac{1}{2+a^2+b^2}+\frac{1}{2+b^2+c^2}+\frac{1}{2+c^2+a^2}\le\frac{3}{4}\)
2) Cho a,b,c>0 tm \(a^2+b^2+c^2\le abc\).Cmr \(\frac{a}{a^2+bc}+\frac{b}{b^2+ca}+\frac{c}{c^2+ab}\le\frac{1}{2}\)
3) Cho a,b,c>0 tm \(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=1\).Cmr \(\sqrt{\frac{ab}{a+b+2c}}+\sqrt{\frac{bc}{b+c+2a}}+\sqrt{\frac{ca}{c+a+2b}}\le\frac{1}{2}\)
Giúp mình mới nhé các bạn. Mình đang cần gấp
Cho a,b,c>0 thỏa mãn ab+bc+ac=1. CMR \(\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\le\frac{3}{2}\)
\(VT=\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\)
\(=\frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+ab+bc+ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}\)
\(=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}}+\frac{b}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\frac{c}{\sqrt{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)
\(=\sqrt{\frac{a}{a+b}.\frac{a}{c+a}}+\sqrt{\frac{b}{a+b}.\frac{b}{b+c}}+\sqrt{\frac{c}{b+c}.\frac{c}{c+a}}\)
\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{c+a}+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)\)
\(=\frac{1}{2}.3=\frac{3}{2}\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Cho a,b,c >0 thỏa mãn a+b+c=1. CMR:
\(P=\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}+\sqrt{\frac{ac}{b+ac}}+\sqrt{\frac{ab}{c+ab}}\le\frac{3}{2}\)
Ta có:\(\sqrt{\frac{bc}{a+bc}}=\sqrt{\frac{bc}{a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)}}\)
\(=\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}\right)\) (Áp dụng BĐT AM-GM)
Tương tự với hai BĐT còn lại và cộng theo vế ta thu được đpcm.
Các bạn giúp mình mấy câu BĐT Cauchy này với
1. cho a,b,c>0 và a+b+c=6 CMR \(\frac{a}{\sqrt{b^3+1}}+\frac{b}{\sqrt{c^3+1}}+\frac{c}{\sqrt{a^3+1}}\ge2\)
2.cho a,b,c>0 CMR \(\frac{ab}{\sqrt{c^2+3}}+\frac{bc}{\sqrt{a^2+3}}+\frac{ac}{\sqrt{b^2+3}}\le\frac{3}{2}\)
3. cho a,b,c >0 CMR \(\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ac}{c+3a+2b}\le\frac{a+b+c}{6}\)
mấy câu này khá là khó, giúp mình với
3.Áp dụng BĐT \(\frac{1}{x+y+z}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\)ta có
\(\frac{ab}{a+3b+2c}=ab.\frac{1}{\left(a+c\right)+2b+\left(b+c\right)}\le\frac{1}{9}ab.\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{b+c}\right)\)
TT \(\frac{bc}{b+3c+2a}\le\frac{bc}{9}.\left(\frac{1}{b+a}+\frac{1}{2c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
\(\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{ac}{9}.\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{2a}+\frac{1}{b+c}\right)\)
=> \(VT\le\frac{1}{18}\left(a+b+c\right)+\Sigma.\frac{1}{9}.\left(\frac{bc}{a+c}+\frac{ba}{a+c}\right)=\frac{1}{18}\left(a+b+c\right)+\frac{1}{9}\left(a+b+c\right)=\frac{1}{6}\left(a+b+c\right)\)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
2. Chuẩn hóa \(a+b+c=3\)
=> \(ab+bc+ac\le3\)
=> \(c^2+3\ge\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)
=> \(\frac{ab}{\sqrt{c^2+3}}\le\frac{ab}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}\right)\)
=> \(VT\le\Sigma\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{bc}{a+c}\right)=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)=\frac{3}{2}\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
1. Ta có \(\sqrt{b^3+1}=\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le\frac{1}{2}\left(b^2+2\right)\)
=> \(\frac{a}{\sqrt{b^3+1}}\ge\frac{2a}{2+b^2}=\frac{2a+ab^2-ab^2}{2+b^2}=a-\frac{2ab^2}{b^2+b^2+4}\)
Lại có \(b^2+b^2+4\ge3\sqrt[3]{b^4.4}\)
=> \(\frac{a}{\sqrt{b^3+1}}\ge a-\frac{2ab^2}{3\sqrt[3]{b^4.4}}=a-\frac{2}{3}.a.\sqrt[3]{\frac{b^2}{4}}\)
Mà \(\sqrt[3]{\frac{b^2}{4}.1}=\sqrt[3]{\frac{b}{2}.\frac{b}{2}.1}\le\frac{1}{3}\left(b+1\right)\)
=>\(\frac{a}{\sqrt[3]{b^3+1}}\ge a-\frac{2}{3}.a.\frac{1}{3}\left(b+1\right)=\frac{7a}{9}-\frac{2}{9}ab\)
Khi đó
\(VT\ge\frac{7}{9}\left(a+b+c\right)-\frac{2}{9}\left(ab+bc+ac\right)\)
Mà \(ab+bc+ac\le\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=12\)
=> \(VT\ge\frac{7}{9}.6-\frac{2}{9}.12=2\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=2
1.\(\left\{{}\begin{matrix}a,b,c>0\\ab+bc+ca=3\end{matrix}\right.\) Cmr: \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\ge\frac{3}{2}\)
2.\(a,b,c>0\). Cmr: \(\frac{ab^2}{a^2+2b^2+c^2}+\frac{bc^2}{b^2+2c^2+a^2}+\frac{ca^2}{c^2+2a^2+b^2}\le\frac{a+b+c}{4}\)
3. \(a,b,c>0\). Cmr: \(\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{a+b+c}{6}\)
1. Vai trò a, b, c như nhau. Không mất tính tổng quát. Giả sử \(a\ge b\ge0\)
Mà \(ab+bc+ca=3\). Do đó \(ab\ge1\)
Ta cần chứng minh rằng \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\left(1\right)\)
Và \(\frac{2}{1+ab}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\left(2\right)\)
Thật vậy: \(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\ge0\\ \Leftrightarrow\left(ab-a^2\right)\left(1+b^2\right)+\left(ab-b^2\right)\left(1+a^2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)\left[-a\left(1+b^2\right)+b\left(1+a^2\right)\right]\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)\ge0\left(BĐT:đúng\right)\)
\(\left(2\right)\Leftrightarrow c^2+3-ab\ge3abc^2\\ \Leftrightarrow c^2+ca+bc\ge3abc^2\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc\)
BĐT đúng, vì \(\left(a+b+c\right)^2>3\left(ab+bc+ca\right)=q\)
và \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
Nên \(a+b+c\ge3\ge3abc\)
Từ (1) và (2) ta có \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Dấu ''='' xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Áp dụng BĐT Cauchy dạng \(\frac{9}{x+y+z}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\), ta được
\(\frac{9}{a+3b+2c}=\frac{1}{a+c+b+c+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)\)
Do đó ta được
\(\frac{ab}{a+3b+2c}\le\frac{ab}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{a}{2}\right)\)
Hoàn toàn tương tự ta được
\(\frac{bc}{2a+b+3c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{b}{2}\right);\frac{ac}{3a+2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}+\frac{c}{2}\right)\)
Cộng theo vế các BĐT trên ta được
\(\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac+bc}{a+b}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ab}{a+c}+\frac{a+b+c}{2}\right)=\frac{a+b+c}{6}\)Vậy BĐT đc CM
ĐẲng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c >0
Bài 2:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(a^2+2b^2+c^2=(a^2+b^2)+(a^2+c^2)\geq 2\sqrt{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}\geq 2\sqrt{\frac{(a+b)^2}{2}.\frac{(a+c)^2}{2}}=(a+b)(a+c)\)
\(\Rightarrow \frac{ab^2}{a^2+2b^2+c^2}\leq \frac{ab^2}{(a+b)(a+c)}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại:
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \sum \frac{ab^2}{(a+b)(a+c)}=\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\)
Ta cần CM: \(\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{a+b+c}{4}\)
\(\Leftrightarrow 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4abc(a+b+c)\leq (a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)\)
\(\Leftrightarrow 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4abc(a+b+c)\leq (a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)\)
\(\Leftrightarrow 4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4abc(a+b+c)\leq (a+b+c)[(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc]\)
\(\Leftrightarrow 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\leq (a^3b+ab^3)+(bc^3+b^3c)+(ca^3+c^3a)\)
(dễ thấy luôn đúng do theo BĐT AM-GM)
Do đó ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: \(\frac{a+b}{a^2+bc}+\frac{b+c}{b^2+ac}+\frac{c+a}{c^2+ab}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Cho a;b;c>0 . Chứng minh rằng : \(\frac{a+b}{a^2+bc}+\frac{b+c}{b^2+ac}+\frac{c+a}{c^2+ab}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Ta có: \(\frac{a+b}{bc+a^2}+\frac{b+c}{ac+b^2}+\frac{c+a}{ab+c^2}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{a+b}{bc+a^2}-\frac{b+c}{ac+b^2}-\frac{c+a}{ab+c^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4-a^4b^2c^2-b^4c^2a^2-c^4a^2b^2}{abc\left(bc+a^2\right)\left(ac+b^2\right)\left(ab+c^2\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2a^4b^4+2b^4c^4+2c^4a^4-2a^4b^2c^2-2b^4c^2a^2-2c^4a^2b^2}{2abc\left(bc+a^2\right)\left(ca+b^2\right)\left(ab+c^2\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a^2b^2-b^2c^2\right)^2+\left(b^2c^2-c^2a^2\right)^2+\left(c^2a^2-a^2b^2\right)^2}{2abc\left(bc+a^2\right)\left(ac+b^2\right)\left(ab+c^2\right)}\ge0\)(Đúng) (do a, b, c>0 )
bạn ơi mik chỉ làm ngếu ngáo thôi nhé :)) đúng thì đúng mà sai thì thôi nhé :)) cách mình tự chế nhé
đặt \(\frac{a+b}{a^2+bc}+\frac{b+c}{b^2+ac}+\frac{c+a}{c^2+ab}=Pain\)
áp dụng định lí six paths of Pain :) ta có
\(\frac{\left(a+b\right)}{a^2+bc}=\frac{\left(a+b\right)}{\frac{\left(a+b\right)}{\left(a+c\right)}}=\frac{1}{\left(a+c\right)}\) ( định lí Six Paths of Pain ) hì hì
thay vào ta được :)
\(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+a}+\frac{1}{c+b}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
áp dụng cô si sáp cho 2 số ta có
\(\frac{1}{a+c}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\) luôn đúng
\(\frac{1}{b+a}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{a}\right)\) luôn đúng
\(\frac{1}{c+b}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{b}\right)\) luôn đúng
cộng các vế lại ta được và rút 2/2 ta được :))
\(Pain\le\frac{1}{2}\left(\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\right)=\frac{2}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
hình như BDT đã được chứng minh :))
theo bài của bạn Phạm quốc cường ta có :))
\(\frac{a+b}{a^2+bc}+\frac{b+c}{b^2+ac}+\frac{c+a}{c^2+ab}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\) luôn đúng :))
tức là \(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+a}+\frac{1}{c+b}=\frac{a+b}{a^2+bc}+\frac{b+c}{b^2+ac}+\frac{c+a}{c^2+ab}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)luôn đúng :))
tức là định Lí six paths of Pain luôn đúng :))
dấu = xảy ra khi nào thì mình éo biết được :))
: các thành phần trẩu tre éo làm thì đừng tích sai cho mình nhé :)) mik ms lớp 7 thôi còn gà lắm :))
Cho a+b+c=1 (a,b,c>0). CMR: \(\frac{a-bc}{a+bc}+\frac{b-ca}{b+ca}+\frac{c-ab}{c+ab}\le\frac{3}{2}\)
bạn tham khảo nhé : https://olm.vn/hoi-dap/detail/222370673956.html
Cho a,b,c>0 và a+b+c=1. CMR: \(\frac{a-bc}{a+bc}+\frac{b-ca}{b+ca}+\frac{c-ab}{c+ab}\le\frac{3}{2}\)
Ta có : a + bc = a ( a + b + c ) + bc = ( a + c ) ( a + b )
BĐT cần chứng minh tương đương với :
\(\frac{a\left(a+b+c\right)-bc}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{b\left(a+b+c\right)-ca}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}+\frac{c\left(a+b+c\right)-ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\le\frac{3}{2}\)
\(\left(a^2+ab+ac-bc\right)\left(b+c\right)+\left(ab+b^2+bc-ac\right)\left(a+c\right)+\left(ac+bc+c^2-ab\right)\left(a+b\right)\le\frac{3}{2}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)
khai triển ra , ta được :
\(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2+6abc\le\frac{3}{2}\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\right)+3abc\)
\(\Rightarrow\frac{-1}{2}\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\right)\le-3abc\)
\(\Rightarrow a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\ge6abc\)( nhân với -2 thì đổi dấu )
\(\Rightarrow b\left(a^2-2ac+c^2\right)+a\left(b^2-2bc+c^2\right)+c\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Rightarrow b\left(a-c\right)^2+a\left(b-c\right)^2+c\left(a-b\right)^2\ge0\)
vì BĐT cuối luôn đúng nên BĐT lúc đầu đúng
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=\frac{1}{3}\)