Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}=2\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{1+a}=1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+c}=\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\\\frac{1}{1+b}=1-\frac{1}{1+a}+1-\frac{1}{1+c}=\frac{a}{1+a}+\frac{c}{1+c}\\\frac{1}{1+c}=1-\frac{1}{1+b}+1-\frac{1}{1+a}=\frac{b}{1+b}+\frac{a}{1+a}\end{cases}}\)
Áp dụng bđt AM-GM:
\(\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}}\)
\(\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{bc}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}}\)
\(\frac{a}{1+a}+\frac{c}{1+c}\ge2\sqrt{\frac{ac}{\left(1+a\right)\left(1+c\right)}}\)
Nhân theo vế: \(\frac{1}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\frac{8abc}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow abc\le\frac{1}{8}."="\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}\)
Với mọi a , b , c \(\in\)R ta luôn có :
\(a^2\)+ \(b^2\)+ \(c^2\)> hoặc = \(2bc+2ca-2ab\left(1\right)\)
Ta cần chứng minh ( 1 ) là bất đẳng thức đúng
\(\Leftrightarrow\)\(a^2\)+ \(b^2\)+ \(c^2\)+ 2ab - 2bc - 2ca > hoặc = 0
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b-c\right)^2\) > hoặc = 0 ( 2 )
Bất đẳng thức ( 2 ) luôn đúng với mọi a ; b ; c mà các phép biến đổi trên tương ứng
Nên bất đẳng thức ( 1 ) được chứng minh
Xảy ra khi và chỉ khi a + b = c
Mà \(a^2\)+ \(b^2\)+ \(c^2\)= \(\frac{5}{3}\)( gt )
Mà \(\frac{5}{3}\)= \(1\frac{2}{3}\)< 2 ( 3 )
Từ ( 1 ) kết hợp với ( 3 ) ta có thể viết :
2bc + 2ca - 2ab < hoặc = \(a^2\)+ \(b^2\)+ \(c^2\)< 2
\(\Rightarrow\)2bc + 2ca - 2ab < 2
Vì a ; b ; c > 0 nên chia cả 2 vế của bđt cho 2abc
\(\frac{2bc+2ca-2ab}{2abc}< \frac{2}{2abc}\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}< \frac{1}{abc}\)
Vậy với a ; b ; c là các số dương thỏa mãn điều kiện : \(a^2\)+ \(b^2\)+ \(c^2\)= \(\frac{5}{3}\)thì ta luôn chứng minh được :
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}< \frac{1}{abc}\)
Very easy !!
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(a^2+b^2+1\right)\left(1+1+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^2+b^2+1}\le\dfrac{c^2+2}{\left(a+b+c\right)^2}\). Tương tự ta cũng có:
\(\dfrac{1}{1+b^2+c^2}\le\dfrac{a^2}{\left(a+b+c\right)^2};\dfrac{1}{1+c^2+a^2}\le\dfrac{b^2}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(T=\dfrac{1}{1+a^2+b^2}+\dfrac{1}{1+b^2+c^2}+\dfrac{1}{1+c^2+a^2}\le\dfrac{6+a^2+b^2+c^2}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Lại có \(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\ge6+a^2+b^2+c^2\) ( do \(ab+bc+ca=3\) )
\(\Rightarrow T\le\dfrac{6+a^2+b^2+c^2}{\left(a+b+c\right)^2}\le\dfrac{6+a^2+b^2+c^2}{6+a^2+b^2+c^2}=1\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(\left(a+b+c\right)=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2=\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=\dfrac{1}{4}\)
Ta có: \(ab+bc+ac=\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\right)-\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac\right)=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{12}\)
\(a^2+b^2+c^2=\dfrac{1}{6}-\left(ab+bc+ac\right)=\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{12}=\dfrac{1}{12}\)
Suy ra: \(a^2+b^2+c^2=ab+bc+ac\Leftrightarrow a=b=c\)
\(P=\dfrac{3}{2}\)
p/s làm lih tih k chắc đâu:v
1/1+a=(1-1/1+b)+(1-1/1+c)=b/1+b +c/1+c rồi cosi
tương tự rồi nhân cả 3 biểu thức lại với nhau
suy ra max abc=1/8⇔a=b=c=1/2