Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
đặt \(\sqrt{\frac{ab}{c}}=x;\sqrt{\frac{bc}{a}}=y;\sqrt{\frac{ca}{b}}=z\Rightarrow xy+yz+zx=1\)
\(P=\frac{ab}{ab+c}+\frac{bc}{bc+a}+\frac{ca}{ca+b}\)
\(=\frac{\frac{ab}{c}}{\frac{ab}{c}+1}+\frac{\frac{bc}{a}}{\frac{bc}{a}+1}+\frac{\frac{ca}{b}}{\frac{ca}{b}+1}=\frac{x^2}{x^2+1}+\frac{y^2}{y^2+1}+\frac{z^2}{z^2+1}\)
\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}=\frac{3}{4}\left(Q.E.D\right)\)
SAI ĐỀ vì nếu thử \(a=-1;b=-2;c=3\)
thì thỏa mãn đề bài nhưng \(a^2+b^2+c^2=\left(-1\right)^2+\left(-2\right)^2+3^2=14⋮̸3\)
a\ ta có: \(S=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
→\(S+3=\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{c+a}+1+\frac{c}{a+b}+1\)
=\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
mà \(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}\)(dạng khác của bđt co shi)
→\(S+3\ge\left(a+b+c\right)\frac{9}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{9}{2}\)↔\(S\ge\frac{9}{2}-3=\frac{3}{2}\)
dấu = xảy ra khi a+b=b+c=c+a hay a=b=c=\(\frac{2015}{3}\)
vật GTNN của S=3/2 khi a=b=c=2015/3
b\ ta có: A=a3+b3+ab=(a+b)(a2-ab+b2)+ab mà a+b=1
→A=a2-ab+b2+ab=a2+b2
lại có: \(a^2+b^2\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}=\frac{1}{2}\)(bn tự cm công thức nhé hoặc thay a=1-b vào cũng đc)
do đo \(A\ge\frac{1}{2}\) dấu = xảy ra khi \(\begin{cases}a=b\\a+b=1\end{cases}\Rightarrow a=b=\frac{1}{2}}\)
\(bdt\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc-\frac{\left(a+b\right)^2}{26}-\frac{\left(b-c\right)^2}{6}-\frac{\left(c-a\right)^2}{2009}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]-\frac{\left(a+b\right)^2}{26}-\frac{\left(b-c\right)^2}{6}-\frac{\left(c-a\right)^2}{2009}\ge0\)
Đặt \(a-b=x;b-c=y;c-a=z\) nên
\(bdt\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(x^2+y^2+z^2\right)-\frac{x^2}{26}-\frac{y^2}{6}-\frac{z^2}{2009}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^2}{26}\right)+\left(\frac{y^2}{2}-\frac{y^2}{6}\right)+\left(\frac{z^2}{2}-\frac{z^2}{2009}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{6x^2}{13}+\frac{y^2}{3}+\frac{2007z^2}{4018}\ge0\)(luôn đúng \(\forall x;y;z\))
Vậy BTĐ đã được chứng minh
\(\text{bđt }\Leftrightarrow4\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge3\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(4a^2b^2+4a^2+4b^2+4\right)\left(c^2+1\right)\ge3\left(a+b+c\right)^2\text{ (1)}\)
Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số \(a^2;b^2;c^2\), luôn tồn tại 2 số cùng \(\ge\frac{1}{2}\)hoặc cùng \(\le\frac{1}{2}\), giả sử là a và b
\(\Rightarrow\left(2a^2-1\right)\left(2b^2-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow4a^2b^2\ge2\left(a^2+b^2\right)-1\)
\(\Rightarrow VT\text{ (1) }\ge\left[6\left(a^2+b^2\right)+3\right]\left(c^2+1\right)=3\left[2\left(a^2+b^2\right)+1\right]\left(c^2+1\right)\)
\(\ge3\left[\left(a+b\right)^2+1^2\right]\left[1^2+c^2\right]\ge3\left[\left(a+b\right).1+1.c\right]^2=3\left(a+b+c\right)^2\)
(Theo bđt Bunhiacopxki)
Vậy ta có đpcm.
cho tam giác ABC vuong tại A có AB<AC và đường cao AH. gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB , biết AH=4,AM=5.cmr các điểm A,H,M,N,P thuộc cùng một đường tròn