Cho 3 số $a,b,c$ thỏa mãn \(0\leq a\leq b\leq c\leq 1\). CMR: \(A=\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\leq 2\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
9 tháng 8 2021
Ta có: \(2a+b^2=2a\left(a+b+c\right)+b^2=b^2+2a^2+2ab+2ac\)
\(\ge4ab+2ac+a^2\)
\(\Rightarrow\frac{a}{2a+b^2}\le\frac{a}{4ab+2ac+a^2}=\frac{1}{4b+2c+a}\)
\(\le\frac{1}{49}.\frac{49}{4b+2c+a}=\frac{1}{49}.\frac{\left(4+2+1\right)^2}{4b+2c+a}\)
\(\le\frac{1}{49}\left(\frac{16}{4b}+\frac{4}{2c}+\frac{1}{a}\right)=\frac{1}{49}\left(\frac{4}{b}+\frac{2}{c}+\frac{1}{a}\right)\)
CMTT: \(\frac{b}{2b+c^2}\le\frac{1}{49}\left(\frac{4}{c}+\frac{2}{a}+\frac{1}{b}\right);\frac{c}{2c+a^2}\le\frac{1}{49}\left(\frac{4}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{2a+b^2}+\frac{b}{2b+c^2}+\frac{c}{2c+a^2}\le\frac{1}{7}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)( đpcm )
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 1 2018
Lời giải:
Bài 1:
Áp dụng BĐT Cô -si ta có:
\(a^3+1+1\geq 3\sqrt[3]{a^3}=3a\)
\(b^3+1+1\geq 3\sqrt[3]{b^3}=3b\)
Cộng theo vế:
\(a^3+b^3+4\geq 3(a+b)\)
\(\Leftrightarrow 6\geq 3(a+b)\Leftrightarrow a+b\leq 2\)
Vậy \((a+b)_{\max}=2\). Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=1\)
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cô- si ta có:
\(\frac{a^3}{b+c}+\frac{b+c}{4}+\frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{8}}=\frac{3}{2}a\)
\(\frac{b^3}{c+a}+\frac{c+a}{4}+\frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{b^3}{8}}=\frac{3}{2}b\)
\(\frac{c^3}{a+b}+\frac{a+b}{4}+\frac{1}{2}\geq 3\sqrt[3]{\frac{c^3}{8}}=\frac{3}{2}c\)
Cộng theo vế:
\(T+\frac{1}{2}(a+b+c)+\frac{3}{2}\geq \frac{3}{2}(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow T\geq a+b+c-\frac{3}{2}\)
Theo BĐT Cô-si: \(a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3\)
\(\Rightarrow T\geq 3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
Vậy \(T_{\min}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c=1\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
17 tháng 1 2018
Bài 3:
Điều kiện đề bài tương đương với:
\(a\leq 1; b+2a\leq 4; 2c+3b+6a\leq 18\)
Ta có:
\(A=2\left (\frac{1}{6a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{2c}\right)+\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2a}+\frac{1}{b}\right)+\frac{1}{2a}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\left(\frac{1}{6a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{2c}\right)(6a+3b+2c)\geq (1+1+1)^2\)
\(\Rightarrow \frac{1}{6a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{2c}\geq \frac{9}{6a+3b+2c}\geq \frac{9}{18}=\frac{1}{2}\) (1)
\(\left(\frac{1}{2a}+\frac{1}{b}\right)(2a+b)\geq (1+1)^2\)
\(\Rightarrow \frac{1}{2a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{2a+b}\geq \frac{4}{4}=1\) (2)
\(\frac{1}{2a}\geq \frac{1}{2.1}=\frac{1}{2}\) (3)
Từ (1)(2)(3) suy ra \(A\geq 2.\frac{1}{2}+\frac{1}{3}.1+\frac{1}{2}=\frac{11}{6}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=1; b=2; c=3\)
NL
14 tháng 5 2021
\(M=\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{2}{ab}+4ab\)
\(=\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}+\frac{1}{4ab}+4ab+\frac{5}{4ab}\)
\(\ge\frac{4}{\left(a+b\right)^2}+2\sqrt{\frac{1}{4ab}.4ab}+\frac{5}{4ab}\)
( Nếu đi thi thì sẽ phải chứng minh \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) cái này nhân chéo và cô si là xong )
Ta có BĐT phụ: \(\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)( đúng )
\(\Rightarrow M\ge\frac{4}{1}+2+5=11\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=1/2
Vậy ...
28 tháng 4 2020
Cm \(3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(a^2c+b^2a+c^2b\right)\ge abc\left(a+b+c\right)^3\)
Do 2 vế BĐT đồng bậc nên ta chuẩn hóa \(a+b+c=3\)
BĐT <=> \(3\left[abc\left(a^3+b^3+c^3\right)+\left(a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3\right)+a^2b^2c^2\left(a+b+c\right)\right]\ge27abc\)
<=>\(3\left[abc\left(a^3+b^3+c^3\right)+\left(a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3+3a^2b^2c^2\right)\right]\ge27abc\)
Áp dụng BĐT Schur ta có:
\(a^3b^3+b^3c^3+a^3c^3+3a^2b^2c^2\ge ab^2c\left(ab+bc\right)+a^2bc\left(ab+ac\right)+abc^2\left(ac+bc\right)\)
Khi đó BĐT
<=>\(3\left(a^3+b^3+c^3\right)+3a^2\left(b+c\right)+3b^2\left(a+c\right)+3c^2\left(a+b\right)\ge27\)
<=> \(3\left(a^3+b^3+c^3\right)+3a^2\left(3-a\right)+3b^2\left(3-b\right)+3c^2\left(3-c\right)\ge27\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge3\) luôn đúng do \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2=3\)( ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
26 tháng 5 2020
Bài 2
Áp dụng \(x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\)
=> \(VT\ge\frac{|a+1-b|+|b+1-c|+|c+1-a|}{\sqrt{2}}\)
Áp dụng BĐT \(|x|+|y|+|z|\ge|x+y+z|\)
=> \(VT\ge\frac{|a+1-b+b+1-c+c+1-a|}{\sqrt{2}}=\frac{3}{\sqrt{2}}\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
25 tháng 3 2022
1.
Ta sẽ chứng minh BĐT sau: \(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}\ge\dfrac{10}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Do vai trò a;b;c như nhau, ko mất tính tổng quát, giả sử \(c=min\left\{a;b;c\right\}\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x=a+\dfrac{c}{2}\\y=b+\dfrac{c}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+y=a+b+c\)
Đồng thời \(b^2+c^2=\left(b+\dfrac{c}{2}\right)^2+\dfrac{c\left(3c-4b\right)}{4}\le\left(b+\dfrac{c}{2}\right)^2=y^2\)
Tương tự: \(a^2+c^2\le x^2\) ; \(a^2+b^2\le x^2+y^2\)
Do đó: \(A\ge\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\)
Nên ta chỉ cần chứng minh: \(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\ge\dfrac{10}{\left(x+y\right)^2}\)
Mà \(\dfrac{1}{\left(x+y\right)^2}\le\dfrac{1}{4xy}\) nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\ge\dfrac{5}{2xy}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{2}{xy}+\dfrac{1}{x^2+y^2}-\dfrac{1}{2xy}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-y\right)^2}{x^2y^2}-\dfrac{\left(x-y\right)^2}{2xy\left(x^2+y^2\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-y\right)^2\left(2x^2+2y^2-xy\right)}{2x^2y^2}\ge0\) (luôn đúng)
Vậy \(A\ge\dfrac{10}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\dfrac{10}{3^2}=\dfrac{10}{9}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{3}{2};\dfrac{3}{2};0\right)\) và các hoán vị của chúng
PH
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 3 2020
\(a+b\le\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}=\sqrt{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}\)
Mặt khác do \(a^2+b^2=1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2\le1\\b^2\le1\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}0\le a\le1\\0\le b\le1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2\le a\\b^2\le b\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a+b\ge a^2+b^2=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b\right)=\left(1;0\right);\left(0;1\right)\)
