NT
2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
NT
1
14 tháng 6 2017
Có :
( 1 - a ) ( 1 - b ) ( 1 - c ) ≥ 0 ( do a,b,c thuộc [0;1] )
\(\Leftrightarrow\)1 - a - b - c +ab + bc + ca- abc ≥ 0
\(\Leftrightarrow\) a + b + c - ab - bc -ca \(\le\) 1 - abc
Do a,b,c thuộc [0;1] nên b2\(\le\)b; c3 \(\le\)c và abc \(\le\) 1
Suy ra 1\(\ge\)1 - abc \(\ge\) a + b + c -ab - bc - ca \(\ge\)a + b2 + c3 -ab - bc - ca
Dấu bằng xảy ra khi 2 số bằng 0, 1 số bằng 1. ( tự thay )
AK
2
5 tháng 12 2017
Không mất tính tổng quát ta giả sử \(0\le a\le b\le c\le1\)
\(\Rightarrow\left(1-c\right)\left(b-a\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow b-a-bc+ac\ge0\Leftrightarrow ac+b\ge a+bc\)
\(\Leftrightarrow ac+b+1\ge a+bc+1\)\(\Rightarrow\dfrac{a}{ac+b+1}\le\dfrac{a}{a+bc+1}\)(1)
ta cũng có : \(\left(1-b\right)\left(c-a\right)\ge0\Leftrightarrow ab+c\ge a+bc\Leftrightarrow ab+c+1\ge a+bc+1\)
\(\Rightarrow\dfrac{b}{ab+c+1}\le\dfrac{b}{a+bc+1}\) mà \(b\le c\le1\)
nên \(\dfrac{b}{a+bc+1}\le\dfrac{bc}{a+bc+1}\) \(\Rightarrow\dfrac{b}{ab+c+1}\le\dfrac{bc}{a+bc+1}\)(2)
ta lại có : \(\dfrac{c}{a+bc+1}\le\dfrac{1}{a+bc+1}\)(3)
Cộng Ba vế BĐT (1) (2) (3) lại với nhau ta có
\(\dfrac{a}{1+b+ac}+\dfrac{b}{1+c+ab}+\dfrac{c}{1+a+bc}\le\dfrac{a+bc+1}{a+bc+1}=1\)
N
6 tháng 12 2017
không cần giả sử gì hết , phang luôn \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\) (:V)
\(\Leftrightarrow ab+1\ge a+b\Leftrightarrow ab+c+1\ge a+b+c\)
\(\Rightarrow VT\le\sum\dfrac{b}{a+b+c}=1\)
Dấu = xảy ra : 2 số bằng 1 , số còn lại tùy ý
Mở rộng : \(\forall a,b,c\in\left[0;1\right]\).Cmr:
\(\dfrac{a}{b+c+1}+\dfrac{b}{c+a+1}+\dfrac{c}{a+b+1}+\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le1\)
( Olympic USA 1980 )
KV
2
5 tháng 12 2017
Ta có: \(1-a\ge0\Leftrightarrow a\le1\Leftrightarrow a+b-b+c-c\le1\Leftrightarrow a+b+c\le1+b+c\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{a+b+c}\ge\frac{a}{1+b+c}\left(1\right)\)
Tương tự: \(1-b\ge0\Leftrightarrow b\le1\Leftrightarrow b+a-a+c-c\le1\Leftrightarrow a+b+c\le1+c+a\)
\(\Leftrightarrow\frac{b}{a+b+c}\ge\frac{b}{1+c+a}\left(2\right)\)
Và: \(1-c\ge0\Leftrightarrow c\le1\Leftrightarrow c+a-a+b-b\le1\Leftrightarrow a+b+c\le1+a+b\)
\(\Leftrightarrow\frac{c}{a+b+c}\ge\frac{c}{1+a+b}\left(3\right)\)
Cộng (1)(2) và (3) vế theo vế:
\(\Rightarrow\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\ge\frac{a}{1+b+ac}+\frac{b}{1+c+ab}+\frac{c}{1+a+bc}\)
ĐPCM
5 tháng 12 2017
bạn ơi, bạn xem lại đi. Mẫu của bạn là 1+b+c chứ đâu phải là 1+b+ac. Mấy cái khác cũng thế
10 tháng 11 2017
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=\frac{a+b}{2}\\y=\frac{c+d}{2}\end{cases}}\)
Ta có:
\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab+1\ge a+b\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca+1\ge bc+ca+a+b=\left(a+b\right)\left(c+1\right)\ge\left(a+b\right)\left(c+d\right)\left(1\right)\)
Tương tự ta có:
\(bc+cd+db+1\ge\left(a+b\right)\left(b+d\right)\left(2\right)\)
\(cd+da+ac+1\ge\left(a+b\right)\left(c+d\right)\left(3\right)\)
\(da+ab+bd+1\ge\left(a+b\right)\left(c+d\right)\left(4\right)\)
Từ (1), (2), (3), (4) ta có:
\(VT\le\frac{a+b+c+d}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}=\frac{x+y}{2xy}\le\frac{xy+1}{2xy}\left(@\right)\)
Ta lại có:
\(VP\ge\frac{3}{4}+\frac{1}{4x^2y^2}\left(@@\right)\)
Từ \(\left(@\right),\left(@@\right)\)cái cần chứng minh trở thành.
\(\frac{xy+1}{2xy}\le\frac{3}{4}+\frac{1}{4x^2y^2}\)
\(\Leftrightarrow\left(xy-1\right)^2\ge0\)(đúng)
Vậy ta có ĐPCM.
15 tháng 7 2019
1) a) Từ C dựng đường cao CF
Ta có: \(\sin A=\frac{CF}{b};\sin B=\frac{CF}{a}\)\(\Rightarrow\)\(\frac{\sin A}{\sin B}=\frac{\frac{CF}{b}}{\frac{CF}{a}}=\frac{a}{b}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}\) (1)
Từ A dựng đường cao AH
Có: \(\sin B=\frac{AH}{c};\sin C=\frac{AH}{b}\)\(\Rightarrow\)\(\frac{\sin B}{\sin C}=\frac{\frac{AH}{c}}{\frac{AH}{b}}=\frac{b}{c}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}\) (2)
(1), (2) => đpcm
b) từ a) ta có: \(\hept{\begin{cases}\sin A=\frac{CF}{b}\\\cos A=\frac{AF}{b}\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}CF=b.\sin A\\AF=b.\cos A\end{cases}}}\)
Có: \(BF=c-AF=c-b.\cos A\)
Py-ta-go:
\(a^2=BF^2+CF^2=\left(c-b.\cos A\right)^2+\left(b.\sin A\right)^2=c^2+b^2.\cos^2A+b^2.\sin^2A-2bc.\cos A\)
\(=b^2\left(\sin^2A+\cos^2A\right)+c^2-2bc.\cos A=b^2+c^2-2bc.\cos A\) (đpcm)
c) Có: \(\hept{\begin{cases}\cos A=\frac{AF}{b}\\\cos B=\frac{BF}{a}\end{cases}\Rightarrow b.\cos A+a.\cos B=b.\frac{AF}{b}+a.\frac{BF}{a}=AF+BF=c}\)
bài 2 mk có làm r bn ib mk gửi link nhé
NC
0
Vì a, b, c thuộc đoạn (0,1) nên 1- a, 1 - b, 1 - c \(\ge\)0.
\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge0\)
\(\Rightarrow1-a-b-c+ab+bc+ca-abc\ge0\)
\(\Rightarrow a+b+c-ab-bc-ca\le1-abc\le1\left(đpcm\right)\)
Dấu bằng xảy ra khi có 1 số bằng 1, 2 số còn lại bằng 0
À thêm nx b<b^2, c<c^3 vì thuộc (0,1). Thay vào kết quả trên ta có đpcm