K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

NV
10 tháng 4 2022

Cách 1:

Do vai trò của a;b;c là như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)

\(\Rightarrow3=ab+bc+ca\le3ab\Rightarrow ab\ge1\)

Ta có:

\(\dfrac{1}{1+a^2}+\dfrac{1}{1+b^2}=\dfrac{a^2+b^2+2}{a^2b^2+a^2+b^2+1}=1-\dfrac{a^2b^2-1}{a^2b^2+a^2+b^2+1}\)

\(\ge1-\dfrac{a^2b^2-1}{a^2b^2+2ab+1}=1-\dfrac{ab-1}{ab+1}=\dfrac{2}{1+ab}\)

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{2}{1+ab}+\dfrac{1}{1+c^2}\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(\dfrac{2}{1+ab}+\dfrac{1}{1+c^2}\ge\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow c^2+3-ab\ge3abc^2\)

\(\Leftrightarrow c^2+ac+bc\ge3abc^2\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\ge3\)

Đúng do \(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\ge\dfrac{9}{ab+bc+ca}=3\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

NV
10 tháng 4 2022

Cách 2:

\(\Leftrightarrow1-\dfrac{a^2}{a^2+1}+1-\dfrac{b^2}{b^2+1}+1-\dfrac{c^2}{c^2+1}\ge\dfrac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{3a^2}{3a^2+3}+\dfrac{3b^2}{3b^2+3}+\dfrac{3c^2}{3c^2+3}\le\dfrac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{3a^2}{2a^2+a^2+ab+bc+ca}+\dfrac{3b^2}{2b^2+b^2+ab+bc+ca}+\dfrac{3c^2}{2c^2+c^2+ab+bc+ca}\le\dfrac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}+\dfrac{b^2}{b\left(a+b+c\right)+2b^2+ac}+\dfrac{c^2}{c\left(a+b+c\right)+2c^2+ab}\le\dfrac{1}{2}\)

Ta có:

\(\dfrac{a^2}{a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{a^2}{a\left(a+b+c\right)}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{a}{a+b+c}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)

Tương tự và cộng lại:

\(VT\le\dfrac{1}{4}\left(1+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{b^2}{2b^2+ac}+\dfrac{c^2}{2c^2+ab}\right)\)

Nên ta chỉ cần chứng minh:

\(\dfrac{a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{b^2}{2b^2+ac}+\dfrac{c^2}{2c^2+ab}\le1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{bc}{2a^2+bc}+\dfrac{ac}{2b^2+ac}+\dfrac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(bc\right)^2}{2a^2bc+\left(bc\right)^2}+\dfrac{\left(ca\right)^2}{2ab^2c+\left(ac\right)^2}+\dfrac{\left(ab\right)^2}{2abc^2+\left(ab\right)^2}\ge1\)

Đúng do:

\(VT\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=1\)

Sửa đề:  Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng

\(\frac{1}{ab+b+2}+\frac{1}{bc+c+2}+\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{3}{4}\)

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:

\(\frac{1}{ab+b+2}=\frac{1}{ab+1+b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{b+1}\right)\) \(=\frac{1}{4}\left(\frac{abc}{ab\left(1+c\right)}+\frac{1}{b+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{1+c}+\frac{1}{b+1}\right)\)

Tương tự \(\frac{1}{bc+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)

          \(\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)

Cộng từng vế các bđt trên ta được

\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\right)=\frac{3}{4}\)

Vậy bđt được chứng minh

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

21 tháng 7 2018

Ta có: \(a^2+b^2\ge2ab\)

\(\Rightarrow\frac{ab}{a^2+b^2}\le\frac{1}{2}\)

Tương tự cộng lại suy ra \(VT\le\frac{3}{2}\)

Suy ra sai đề :)

4 tháng 11 2019

CM BĐT : \(\left(x^2+y^2+z^2\right)^2\ge3\left(x^3y+y^3z+z^3x\right)\)   ( * )

\(\frac{a}{ab+1}=\frac{a\left(ab+1\right)-a^2b}{ab+1}=a-\frac{a^2b}{ab+1}\)

TT ....

Áp dụng BĐT ( * ) với x = \(\sqrt{a}\); y = \(\sqrt{b}\); z = \(\sqrt{c}\) vào bài toán, ta có :

\(\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ca+1}=a+b+c-\frac{a^2b}{ab+1}-\frac{b^2c}{bc+1}-\frac{c^2a}{ac+1}\)

\(\ge3-\frac{a^2b}{2\sqrt{ab}}-\frac{b^2c}{2\sqrt{bc}}-\frac{c^2a}{2\sqrt{ac}}=3-\frac{\sqrt{a^3b}+\sqrt{b^3c}+\sqrt{c^3a}}{2}\ge3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{2}=\frac{3}{2}\)

Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)

1,

\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)

12 tháng 6 2020

Vì abc = 1 nên \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\)\(=\frac{ac}{abc+ac+c}+\frac{abc}{abc^2+abc+ac}+\frac{c}{ca+c+1}\)

\(=\frac{ac}{ac+c+1}+\frac{1}{ac+c+1}+\frac{c}{ac+c+1}=\frac{ac+c+1}{ac+c+1}=1\)(*)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức và áp dụng đẳng thức (*), ta được:

\(\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\)\(=\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}\right)^2}{a}+\frac{\left(\frac{b}{bc+b+1}\right)^2}{b}+\frac{\left(\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{c}\)

\(\ge\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{a+b+c}=\frac{1}{a+b+c}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

24 tháng 4 2017

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

3 tháng 2 2020

1.Ta có: \(c+ab=\left(a+b+c\right)c+ab\)

\(=ac+bc+c^2+ab\)

\(=a\left(b+c\right)+c\left(b+c\right)\)

\(=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)

CMTT \(a+bc=\left(c+a\right)\left(b+c\right)\)

\(b+ca=\left(b+c\right)\left(a+b\right)\)

Từ đó \(P=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}\)

Ta có: \(\sqrt{\frac{ab}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}\right)\)( theo BĐT AM-GM)

CMTT\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{a+b}\right)\)

\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}.3\)

\(\Rightarrow P\le\frac{3}{2}\)

Dấu"="xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

Vậy /...

3 tháng 2 2020

\(\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{ab^2-b^2}{b^2+1}=a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{b^2+1}\ge a+1-\frac{b^2\left(a+1\right)}{2b}\)

\(=a+1-\frac{b\left(a+1\right)}{2}=a+1-\frac{ab+b}{2}\)

Tương tự rồi cộng lại:

\(RHS\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)

\(\ge a+b+c+3-\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+a+b+c}{2}=3\)

Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=1\)