OPTADS360
ATNETWORK
ATNETWORK
YOMEDIA
Banner-Video
IN_IMAGE

Cho biết rằng \(a,b,c\) là các số thực dương thỏa mãn \(a + b + c = 3\). Chứng minh rằng \(\dfrac{{{a^2}\left( {b + 1} \right)}}{{a + b + ab}} + \dfrac{{{b^2}\left( {c + 1} \right)}}{{b + c + bc}} + \dfrac{{{c^2}\left( {a + 1} \right)}}{{c + a + ca}} \ge 2\)

Cho biết rằng  \(a,b,c\) là các số thực dương thỏa mãn \(a + b + c = 3\). Chứng minh rằng \(\dfrac{{{a^2}\left( {b + 1} \right)}}{{a + b + ab}} + \dfrac{{{b^2}\left( {c + 1} \right)}}{{b + c + bc}} + \dfrac{{{c^2}\left( {a + 1} \right)}}{{c + a + ca}} \ge 2\) 

  bởi Nguyễn Thanh Hà 10/07/2021
ADMICRO/lession_isads=0

Câu trả lời (1)

  • Cho \(a,b,c\) là các số thực dương thỏa mãn \(a + b + c = 3\). Chứng minh rằng \(\dfrac{{{a^2}\left( {b + 1} \right)}}{{a + b + ab}} + \dfrac{{{b^2}\left( {c + 1} \right)}}{{b + c + bc}} + \dfrac{{{c^2}\left( {a + 1} \right)}}{{c + a + ca}} \ge 2\)

    Trước hết ta chứng minh BĐT \(\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\) (*)

    Áp dụng BĐT Bunhia cho các bộ số \(\left( {\dfrac{x}{{\sqrt a }},\dfrac{y}{{\sqrt b }},\dfrac{z}{{\sqrt c }}} \right)\) và \(\left( {\sqrt a ;\sqrt b ;\sqrt c } \right)\) ta có:

    \(\begin{array}{l}\left( {\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c}} \right)\left( {a + b + c} \right)\\ \ge {\left( {\dfrac{x}{{\sqrt a }}.\sqrt a  + \dfrac{y}{{\sqrt b }}.\sqrt b  + \dfrac{z}{{\sqrt c }}.\sqrt c } \right)^2}\\ = {\left( {x + y + z} \right)^2}\\ \Rightarrow \left( {\dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c}} \right)\left( {a + b + c} \right) \ge {\left( {x + y + z} \right)^2}\\ \Rightarrow \dfrac{{{x^2}}}{a} + \dfrac{{{y^2}}}{b} + \dfrac{{{z^2}}}{c} \ge \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{a + b + c}}\end{array}\)

    Vậy (*) được chứng minh.

    Ta có:

    \(\begin{array}{l}P = \dfrac{{{a^2}\left( {b + 1} \right)}}{{a + b + ab}} + \dfrac{{{b^2}\left( {c + 1} \right)}}{{b + c + bc}} + \dfrac{{{c^2}\left( {a + 1} \right)}}{{c + a + ca}}\\ = \dfrac{{{a^2}\left( {b + 1} \right)}}{{b + a\left( {b + 1} \right)}} + \dfrac{{{b^2}\left( {c + 1} \right)}}{{c + b\left( {c + 1} \right)}} + \dfrac{{{c^2}\left( {a + 1} \right)}}{{a + c\left( {a + 1} \right)}}\\ = \dfrac{{{a^2}}}{{\dfrac{b}{{b + 1}} + a}} + \dfrac{{{b^2}}}{{\dfrac{c}{{c + 1}} + b}} + \dfrac{{{c^2}}}{{\dfrac{a}{{a + 1}} + c}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{\dfrac{b}{{b + 1}} + a + \dfrac{c}{{c + 1}} + b + \dfrac{a}{{a + 1}} + c}}\\ = \dfrac{9}{{3 + \dfrac{b}{{b + 1}} + \dfrac{c}{{c + 1}} + \dfrac{a}{{a + 1}}}}\\ = \dfrac{9}{{3 + 1 - \dfrac{1}{{b + 1}} + 1 - \dfrac{1}{{c + 1}} + 1 - \dfrac{1}{{a + 1}}}}\\ = \dfrac{9}{{6 - \left( {\dfrac{1}{{a + 1}} + \dfrac{1}{{b + 1}} + \dfrac{1}{{c + 1}}} \right)}}\end{array}\)

    Áp dụng (*) ta có:

    \(\begin{array}{l}\dfrac{1}{{a + 1}} + \dfrac{1}{{b + 1}} + \dfrac{1}{{c + 1}}\\ \ge \dfrac{{{{\left( {1 + 1 + 1} \right)}^2}}}{{a + 1 + b + 1 + c + 1}}\\ = \dfrac{{{3^2}}}{{3 + 3}} = \dfrac{3}{2}\end{array}\)

    \( \Rightarrow P \ge \dfrac{9}{{6 - \dfrac{3}{2}}} = 2 \Rightarrow P \ge 2\)

    Dấu “=” xảy ra khi \(a = b = c = 1\).

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

      bởi Lê Vinh 10/07/2021
    Like (0) Báo cáo sai phạm
Cách tích điểm HP

Nếu bạn hỏi, bạn chỉ thu về một câu trả lời.
Nhưng khi bạn suy nghĩ trả lời, bạn sẽ thu về gấp bội!

Lưu ý: Các trường hợp cố tình spam câu trả lời hoặc bị báo xấu trên 5 lần sẽ bị khóa tài khoản

Gửi câu trả lời Hủy
 
 

Các câu hỏi mới

NONE
OFF

XEM NHANH CHƯƠNG TRÌNH LỚP 9