YOMEDIA
NONE

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

Theo dõi Vi phạm
ATNETWORK

Trả lời (1)

  • Lê Vinh

    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
 
NONE

Các câu hỏi mới

AANETWORK
 

XEM NHANH CHƯƠNG TRÌNH LỚP 9

 

YOMEDIA
ATNETWORK
ON