tìm các số nguyên dương a,b,c thỏa mãn các điều kiện \(\sqrt{a-b+c}=\sqrt{a}-\sqrt{b}+\sqrt{c}\) và \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)
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
ND
Nguyễn Đăng Nhân
CTVHS
19 tháng 2 2022
Ta có:
\(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)
Hoàn toàn tương tự ta có:
\(\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\);
\(\frac{1}{\left(c+b+\sqrt{\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo bất đẳng thức trên ta được:
\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)
\(\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Do đó:
\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)
\(\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, bất đẳng thức xày ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
1 tháng 1 2021
Đặt bđt là (*)
Để (*) đúng với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn :
\(a+b+c\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)thì \(a=b=c=1\) cũng thỏa mãn (*)
\(\Rightarrow4\le\sqrt[n]{\left(n+2\right)^2}\)
Mặt khác: \(\sqrt[n]{\left(n+2\right)\left(n+2\right).1...1}\le\frac{2n+4+\left(n-2\right)}{n}=3+\frac{2}{n}\)
Hay \(n\le2\)
Với n=2 . Thay vào (*) : ta cần CM BĐT
\(\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(2b+c+a\right)^2}+\frac{1}{\left(2c+a+b\right)^2}\le\frac{3}{16}\)
Với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn: \(a+b+c\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Vì: \(\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}\le\frac{1}{4\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Tương tự ta có:
\(\frac{1}{\left(2b+a+c\right)^2}\le\frac{1}{4\left(a+b\right)\left(a+c\right)};\frac{1}{\left(2c+a+b\right)^2}\le\frac{1}{4\left(a+c\right)\left(c+b\right)}\)
Ta cần CM:
\(\frac{a+b+c}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{3}{16}\Leftrightarrow16\left(a+b+c\right)\le6\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Ta có BĐT: \(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
Và: \(3\left(ab+cb+ac\right)\le3abc\left(a+b+c\right)\le\left(ab+cb+ca\right)^2\Rightarrow ab+bc+ca\ge3\)
=> đpcm
Dấu '=' xảy ra khi a=b=c
=> số nguyên dương lớn nhất : n=2( thỏa mãn)
KN
28 tháng 8 2020
Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\); \(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)
Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\); \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
