Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dungj BĐt Cauchy - Schwarz :
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{2p-a-b}=\frac{4}{c}\)
\(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{2p-b-c}=\frac{4}{a}\)
\(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{2p-b-c}=\frac{4}{a}\)
Cộng theo vế và thu gọn ta được :
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Ta có : đpcm
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c\)
Ta có
\(P=\frac{a+b+c}{2}\Rightarrow2p=a+b+c\)
áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{p-a+p-b}=\frac{4}{2p-a-b}=\frac{4}{a+b+c-a-b}=\frac{4}{c}\left(1\right)\)
C/m tương tự ta có
\(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{a}\left(2\right)\)
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{b}\left(3\right)\)
Cộng vế theo vế (1) (2) và (3) => đpcm
Dễ dàng CM BĐT sau: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b},\forall a,b>0\)
Áp dung: \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{2p-a-b}=\frac{4}{c}\\\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{2p-b-c}=\frac{4}{a}\\\frac{1}{p-c}+\frac{1}{p-a}\ge\frac{4}{2p-c-a}=\frac{4}{b}\end{cases}}\)
Cộng vế theo vế các BĐT trên => ĐPCM
a)Ta có:\(\left(p-a\right)\left(p-b\right)\le\frac{2p-b-a}{2}=\frac{c^2}{4}\)
Tương tự ta có: \(\left(p-a\right)\left(p-c\right)\le\frac{b^2}{4};\left(p-b\right)\left(p-c\right)\le\frac{c^2}{4}\)
\(\Rightarrow\left[\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\right]^2\le\left(\frac{abc}{8}\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)\le\frac{abc}{8}\)
b)\(VT=\frac{2}{-a+b+c}+\frac{2}{a-b+c}+\frac{2}{a+b-c}\)
\(=\frac{1}{-a+b+c}+\frac{1}{a-b+c}+\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{-a+b+c}+\frac{1}{a-b+c}+\frac{1}{a+b-c}\)
\(\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
c giải sau ăn cơm đã
Không mất tính tổng quát giả sử \(1\le a\le b\le c\le2\)\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{a}{b}\le1\\\frac{b}{c}\le1\end{cases}\Rightarrow\left(1-\frac{a}{b}\right)\left(1-\frac{b}{c}\right)\ge0}\)(1)
Tương tự ta có \(\left(1-\frac{b}{a}\right)\left(1-\frac{c}{b}\right)\ge0\)(2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\right)+\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\right)\le2\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{a}{c}\right)+3\le5+2\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\)(2)
Mà :\(\left(2-\frac{a}{c}\right)\left(\frac{1}{2}-\frac{a}{c}\right)\le0\Rightarrow\frac{1}{2}-\frac{a}{c}\le0\Leftrightarrow\frac{1}{2}\le\frac{a}{c}\le1\Rightarrow\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\le\frac{5}{2}\)
\(\left(3\right)\Leftrightarrow3+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\le5+\frac{2.5}{2}=10\Rightarrow dpcm\)
Dấu= xảy ra khi \(\left(a,b,c\right)\in\left\{\left(1,1,2\right);\left(2,2,1\right)\right\}\)và các cặp hoán vị của nó
\(\)
1/ Cho \(a,b,c\ge1\)Chứng minh rằng:
\(\frac{1}{a\left(b+1\right)}+\frac{1}{b\left(c+1\right)}+\frac{1}{c\left(a+1\right)}\ge\frac{3}{1+abc}\)
2/ Cho \(a,b,c,d\in\left[0;1\right].\)Chứng minh rằng:
\(\frac{a}{bc+cd+db+1}+\frac{b}{cd+da+ac+1}+\frac{c}{da+ab+bd+1}+\frac{d}{ab+bc+ca+1}\le\frac{3}{4}+\frac{1}{4abcd}.\)
3/ Giả sử\(a,b>0\)và
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.
ta sử dụng bđt \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)(cái này bạn có thể dễ dàng chúng minh )
ta có
\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\ge\frac{4}{p-a+p-b}=\frac{4}{2p-\left(a+b\right)}=\frac{4}{c}\)(1)
tương tự ta có
\(\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge\frac{4}{a}\) (2)
\(\frac{1}{p-c}+\frac{1}{p-a}\ge\frac{4}{b}\)(3)
cộng theo vế của bđt (1);(2);(3) ta có
\(2\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\right)\ge4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
hay \(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)