Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đề chơi căng nhỉ?
a) Dễ chứng minh VP =< 3
BĐT \(\Leftrightarrow\left(\frac{a+b}{1+a}-1\right)+\left(\frac{b+c}{1+b}-1\right)+\left(\frac{c+a}{1+c}-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{b-1}{1+a}+\frac{c-1}{1+b}+\frac{a-1}{1+c}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(b-1\right)^2}{\left(1+a\right)\left(b-1\right)}+\frac{\left(c-1\right)^2}{\left(1+b\right)\left(c-1\right)}+\frac{\left(a-1\right)^2}{\left(1+c\right)\left(a-1\right)}\) >=0
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel vào VT ta có đpcm.
P/s: Èo, sao đơn giản thế nhỉ? Em có làm sai chỗ nào chăng?
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương \(\frac{a}{bc}\) và \(\frac{b}{ca}\) ta có
\(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}\ge2\sqrt{\frac{ab}{abc^2}}=2.\frac{1}{c}\)
Làm tương tự ta được
\(\frac{a}{bc}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{b}\)
\(\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{a}\)
Cộng theo từng vế rồi chia cho 2. Ta được BĐT cần chứng minh.
Không mất tính tổng quát giả sử \(c=max\left\{a,b,c\right\}\)
\(\Rightarrow2c\ge a+b\)
\(\Rightarrow c\ge\frac{a+b}{2}\)
Từ giả thiết \(\Rightarrow a,b\le1\)
\(\Rightarrow ab\le1\)( *)
Đặt \(P=\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}-\frac{5}{2}\)
\(=\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+\frac{1-ab}{a+b}}+\frac{1}{a+\frac{1-ab}{a+b}}-\frac{5}{2}\)
Đặt \(S=\frac{1}{a+b+\frac{1}{a+b}}+a+b+\frac{1}{a+b}-\frac{5}{2}\)
Xét hiệu \(P-S=\)\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+\frac{1-ab}{a+b}}+\frac{1}{a+\frac{1-ab}{a+b}}-\frac{5}{2}-\)\(-\frac{1}{a+b+\frac{1}{a+b}}-a-b-\frac{1}{a+b}+\frac{5}{2}\)
\(=\frac{1}{\frac{ab+b^2+1-ab}{a+b}}+\frac{1}{\frac{a^2+ab+1-ab}{a+b}}-\frac{1}{\frac{\left(a+\right)^2+1}{a+b}}-\left(a+b\right)\)
\(=\frac{a+b}{b^2+1}+\frac{a+b}{c^2+1}-\left(a+b\right)\left[1+\frac{1}{1+\left(a+b\right)^2}\right]\)
Ta sẽ chứng minh \(\frac{a+b}{b^2+1}+\frac{a+b}{c^2+1}-\left(a+b\right)\left[1+\frac{1}{1+\left(a+b\right)^2}\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{b^2+1}+\frac{a+b}{c^2+1}\ge\left(a+b\right)\left[1+\frac{1}{1+\left(a+b\right)^2}\right]\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\ge1+\frac{1}{1+\left(a+b\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{2+a^2+b^2}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}\ge\frac{2+\left(a+b\right)^2}{1+\left(a+b\right)^2}\)
\(\Rightarrow\left(2+b^2+a^2\right)\left[1+\left(a+b\right)^2\right]\ge\left[2+\left(a+b\right)^2\right]\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow2+2\left(a+b\right)^2+\left(a+b\right)^2\left(a^2+b^2\right)+a^2+b^2\ge\left[2+\left(a+b\right)^2\right]\left(1+a^2+b^2+a^2b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow2+2\left(a+b\right)^2+\left(a+b\right)^2\left(a^2+b^2\right)+a^2+b^2-2a^2b^2-\left(a+b\right)^2\left(a^2+b^2\right)-\left(a+b\right)^2a^2b^2\)\(-2-2\left(a^2+b^2\right)-\left(a+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow-2a^2b^2-\left(a+b\right)^2a^2b^2+a^2+b^2-\left(a+b\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left[ab\left(a+b\right)^2+2ab-2\right]\le0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a+b\right)^2+2ab-2\le0\)( do a,b \(\ge0\))
\(\Leftrightarrow ab\left(a+b\right)^2\le2\left(1-ab\right)\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a+b\right)^2\le2c\left(a+b\right)\) (1)
Mà \(c\ge\frac{a+b}{2}\)
\(\Rightarrow2c\left(a+b\right)\ge\left(a+b\right)^2\)
Ta có: \(\left(a+b\right)^2\ge ab\left(a+b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\left(1-ab\right)\ge0\)( đúng do (*) )
\(\Rightarrow\left(1\right)\)đúng
\(\Rightarrow P-S\ge0\)
\(\Rightarrow P\ge S\)
Ta phải chứng minh \(S\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a+b+\frac{1}{a+b}}+a+b+\frac{1}{a+b}\ge\frac{5}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{1+\left(a+b\right)^2}+\frac{1+\left(a+b\right)^2}{a+b}\ge\frac{5}{2}\) (2)
Đặt \(x=\frac{1+\left(a+b\right)^2}{a+b}\)
Ta có: \(1+\left(a+b\right)^2\ge2\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-1\right)^2\ge0\)( đúng )
\(\Rightarrow x=\frac{1+\left(a+b\right)^2}{a+b}\ge2\)
=> (2) có dạng \(x+\frac{1}{x}\ge\frac{5}{2}\)
\(\Leftrightarrow2x^2-5x+2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(2x-1\right)\left(x-2\right)\ge0\)( đúng )
\(\Rightarrow S\ge0\)mà \(P\ge S\)
\(\Rightarrow P\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{5}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a+b=1\\ab+bc+ca=1\\ab\left[ab\left(a+b\right)^2+2ab-2\right]=0\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=c=1;b=0\\b=c=1;a=0\end{cases}}\)
Nhân 2 vế của \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\) có: \(ab+bc+ca=abc\)
Ta có:
\(\frac{a^2}{a+bc}=\frac{a^3}{a^2+abc}=\frac{a^3}{a^2+ab+bc+ca}=\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a^2}{a+bc}=\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{a+b}{8}+\frac{a+c}{8}\)
\(\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\cdot\frac{a+b}{8}\cdot\frac{a+c}{8}}=\frac{3a}{4}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta có:
\(\frac{b^2}{b+ca}+\frac{a+b}{8}+\frac{b+c}{8}\ge\frac{3b}{4};\frac{c^2}{c+ab}+\frac{a+c}{8}+\frac{b+c}{8}\ge\frac{3c}{4}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT+\frac{4\left(a+b+c\right)}{8}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Leftrightarrow VT+\frac{4\left(a+b+c\right)}{8}\ge\frac{6\left(a+b+c\right)}{8}\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\frac{a+b+c}{4}=VP\). Ta có ĐPCM
ko biết đúng hay sai
Theo cosi ab+bc+ac≥3\(\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\) nên abc=<1/3
quy đồng thay abc=<1/3 vô
những người làm được thì đi hết rùi hazzzzzzzzz