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
2 tháng 9 2017
đặt \(\sqrt{\frac{ab}{c}}=x;\sqrt{\frac{bc}{a}}=y;\sqrt{\frac{ca}{b}}=z\Rightarrow xy+yz+zx=1\)
\(P=\frac{ab}{ab+c}+\frac{bc}{bc+a}+\frac{ca}{ca+b}\)
\(=\frac{\frac{ab}{c}}{\frac{ab}{c}+1}+\frac{\frac{bc}{a}}{\frac{bc}{a}+1}+\frac{\frac{ca}{b}}{\frac{ca}{b}+1}=\frac{x^2}{x^2+1}+\frac{y^2}{y^2+1}+\frac{z^2}{z^2+1}\)
\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}=\frac{3}{4}\left(Q.E.D\right)\)
5 tháng 11 2018
SAI ĐỀ vì nếu thử \(a=-1;b=-2;c=3\)
thì thỏa mãn đề bài nhưng \(a^2+b^2+c^2=\left(-1\right)^2+\left(-2\right)^2+3^2=14⋮̸3\)
\(\text{bđt }\Leftrightarrow4\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge3\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(4a^2b^2+4a^2+4b^2+4\right)\left(c^2+1\right)\ge3\left(a+b+c\right)^2\text{ (1)}\)
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