NT
1
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
BH
Cho a,b,c>0 và a+b+c=1. CMR: \(\frac{a-bc}{a+bc}+\frac{b-ca}{b+ca}+\frac{c-ab}{c+ab}\le\frac{3}{2}\)
1
28 tháng 5 2019
Ta có : a + bc = a ( a + b + c ) + bc = ( a + c ) ( a + b )
BĐT cần chứng minh tương đương với :
\(\frac{a\left(a+b+c\right)-bc}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{b\left(a+b+c\right)-ca}{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}+\frac{c\left(a+b+c\right)-ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\le\frac{3}{2}\)
\(\left(a^2+ab+ac-bc\right)\left(b+c\right)+\left(ab+b^2+bc-ac\right)\left(a+c\right)+\left(ac+bc+c^2-ab\right)\left(a+b\right)\le\frac{3}{2}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)
khai triển ra , ta được :
\(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2+6abc\le\frac{3}{2}\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\right)+3abc\)
\(\Rightarrow\frac{-1}{2}\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\right)\le-3abc\)
\(\Rightarrow a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\ge6abc\)( nhân với -2 thì đổi dấu )
\(\Rightarrow b\left(a^2-2ac+c^2\right)+a\left(b^2-2bc+c^2\right)+c\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Rightarrow b\left(a-c\right)^2+a\left(b-c\right)^2+c\left(a-b\right)^2\ge0\)
vì BĐT cuối luôn đúng nên BĐT lúc đầu đúng
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=\frac{1}{3}\)
T
24 tháng 9 2015
Giả sử a<0,vì abc>0 nên bc<0.Mặt khác thì ab+ac+bc>0<=>a(b+c)>-bc>0=>a(b+c)>0,mà a<0 nên b+c<0=>a+b+c<0(vô lý).Vậy điều giả sử trên là sai,
a,b,c là 3 số dương.
24 tháng 9 2015
Giả sử a<0,vì abc>0 nên bc<0.Mặt khác thì ab+ac+bc>0<=>a(b+c)>-bc>0=>a(b+c)>0,mà a<0 nên b+c<0=>a+b+c<0(vô lý).
Vậy điều giả sử trên là sai,
Do đó a,b,c là 3 số dương.
BH
1
28 tháng 5 2019
bạn tham khảo nhé : https://olm.vn/hoi-dap/detail/222370673956.html
19 tháng 11 2019
a)\(VT=\sum_{cyc}\frac{ab^3+ab^2c+a^2bc}{\left(a^2+bc+ca\right)\left(b^2+bc+ca\right)}\le\frac{\sum_{cyc}\left(ab^3+ab^2c+a^2bc\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
\(=\frac{ab^3+bc^3+ca^3+2a^2bc+2ab^2c+2abc^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)\(\le\frac{\sum_{cyc}ab\left(a^2+b^2\right)+abc\left(a+b+c\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}=VP\)
IH
1
27 tháng 4 2020
Xét các trường hợp
TH1 :có 1 số < 0, 2 số > 0.
giả sử a < 0, b,c > 0
\(\Rightarrow bc>0\)
Mà a < 0 \(\Rightarrow abc< 0\)( trái với gt )
\(\Rightarrow\)loại
TH2 : 2 số < 0, 1 số > 0
giả sử b,c < 0, a > 0
\(\Rightarrow bc>0,b+c< 0\)
Mà a + b + c > 0 nên \(a>-\left(b+c\right)>0\)
\(\Rightarrow a\left(b+c\right)< -\left(b+c\right)\left(b+c\right)=-\left(b+c\right)^2< 0\)
Nên ab + bc + ac = a ( b + c ) + bc < -(b+c)2 + bc = - ( b2 + c2 + bc ) < 0 ( trái với giả thiết )
TH3 : 3 số a,b,c < 0
\(\Rightarrow abc< 0\)( trái với giả thiết )
Vậy cả 3 số a,b,c đều lớn hơn 0
TP
0
A
Cho a,b,c > 0 CMR :
\(a+b+c+\frac{9abc}{ab+bc+ca}\ge4(\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a})\)
0
#)Giải :
Áp dụng BĐT Cauchy :
\(\left(ab+c\right)\left(bc+a\right)\le\left(\frac{ab+c+bc+a}{2}\right)^2=\frac{\left(b+1\right)^2\left(c+a\right)^2}{4}\)
Tương tự với các cặp còn lại, ta được :
\(\left(bc+a\right)\left(ca+b\right)\le\frac{\left(c+1\right)^2\left(a+b\right)^2}{4}\)
\(\left(ab+c\right)\left(ca+b\right)\le\frac{\left(a+1\right)^2\left(b+c\right)^2}{4}\)
Nhân theo vế :
\(\left[\left(ab+c\right)\left(ca+b\right)\left(bc+a\right)\right]^2\le\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2\frac{\left[\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\right]^2}{64}\)
Mà : \(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\le\left(\frac{a+1+b+1+c+1}{3}\right)^3=8\)
Do đó \(\left[\left(ab+c\right)\left(ac+b\right)\left(bc+a\right)\right]^2\le\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2.\frac{8^2}{64}\)
Từ đó suy ra \(\left(ab+c\right)\left(ca+b\right)\left(bc+a\right)\le\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\Rightarrowđpcm\)