Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
giả sử a+b+c=k>0; đặt a=kx; b=ky; c=kz => x;y;z>0 và x+y+z=1
khi đó P=k\(\left[\frac{k\left(3x-y\right)}{k^2\left(x^2+xy\right)}+\frac{k\left(3y-z\right)}{k^2\left(y^2+yz\right)}+\frac{k\left(3z-x\right)}{k^2\left(z^2+zx\right)}\right]=\frac{3x-y}{x^2+xy}+\frac{3y-z}{x^2+xy}+\frac{3z-x}{z^2+zx}\)
\(=\frac{4x-\left(x+y\right)}{x\left(x+y\right)}+\frac{4y-\left(y+z\right)}{y\left(y+z\right)}+\frac{4z-\left(z+x\right)}{z\left(z+x\right)}=\frac{4}{x+y}-\frac{1}{x}+\frac{4}{y+z}-\frac{1}{y}+\frac{4}{z+x}-\frac{1}{z}\)
\(=\frac{4}{1-z}-\frac{1}{x}+\frac{1}{1-x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{1-y}+\frac{1}{z}=\frac{5x-1}{x-x^2}+\frac{5y-1}{y-y^2}+\frac{5z-1}{z-z^2}\)
do a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác => b+c>a =>y+z>x => 1-x>x
=> x<1/2 tức là a\(\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)tương tự ta cũng có: \(y;z\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)
ta sẽ chứng minh \(\frac{5t-1}{t-t^2}\le18t-3\)(*) đúng với mọi \(\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)
thật vậy (*) \(\Leftrightarrow\frac{5t-1}{t-t^2}-18t+3\le0\Leftrightarrow\frac{18t-21t^2+8t-1}{t-t^2}\le0\Leftrightarrow\frac{\left(2t-1\right)\left(3t-1\right)^2}{t\left(t-1\right)}\le0\)(**)
(**) hiển nhiên đúng với mọi \(t\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)do đó (*) đúng với mọi \(t\in\left(0;\frac{1}{2}\right)\)
áp dụng (*) ta được \(P\le18x-3+18y-3=18\left(x+y+z\right)-9=9\)
dấu "=" xảy ra <=> x=y=z=1/3 <=> a=b=c
@Hai Ngox: Sao phải giả sử a + b + c = k > 0 vậy bạn? Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác thì đó là hiển nhiên.
Ngoài ra:
Nó tương đương với \(\Sigma c^2\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(a-b\right)^2\ge0\) (1)
Hoặc \(\Sigma a^4\left(b-c\right)^2+\frac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)\Sigma\left(2ab-bc-ca\right)^2\ge0\) (2)
Nhận xét. Phân tích (2) cho ta thấy, bất đẳng thức \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{3a-b}{a^2+ab}+\frac{3b-c}{b^2+bc}+\frac{3c-a}{c^2+ca}\right)\le9\)
đúng với mọi a, b, c là số thực thỏa mãn \(ab+bc+ca\ge0.\)
Giải
ab + bc + ca = abc =>\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)
chọn a = 7 ; b = 3 ; c = \(\frac{21}{11}\)
=> \(\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{ca}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}=0,81>\frac{3}{4}\)
Vậy BĐT phải là :
\(\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{ca}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\ge\frac{3}{4}\)
quy đồng ta có :
\(\frac{b^2c+bc^2+c^2a+ca^2+a^2b+ab^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{4}\)
<=> 4 .( b2c + bc2 + c2a + ca2 + a2b +ab2 ) \(\ge\)3(2abc + a2b + ab2 + b2c + bc2 + c2a + ca2 )
<=> a2b + ab2 +b2c +bc2 + c2a + ac2 \(\ge\)6abc
<=> \(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\ge6\)
<=>\(\frac{a+b}{c}+1+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\ge9\)
<=> \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\) ( 1 )
Ta có BĐT phụ \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
<=> ( a + b + c )( ab + bc + ac ) \(\ge\)9abc
Thật vậy do \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)
=> \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\)
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{9}{a+b+c}\right)=9\)
đpcm .Dấu " = " xảy ra khi a= b = c
Đề em nghĩ có chút sai sai nên em sửa rồi nha anh ( chắc vậy )
. Ta có:
a=b=c=1 suy ra Tam giác ABC là tam giác đều vì có độ dài 3 canh = nhau .
Lời giải:
Vì $abc=1$ nên:
\((a+bc)(b+ac)(c+ab)=a(a+bc)b(b+ac)c(c+ab)=(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\((a^2+1)(1+b^2)\geq (a+b)^2; (a^2+1)(1+c^2)\geq (a+c)^2; (b^2+1)(1+c^2)\geq (b+c)^2\)
Nhân theo vế và thu gọn:
\(\Rightarrow (a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geq (a+b)(b+c)(c+a)\)
Lại có: Theo BĐT AM-GM thì:
\((a+b)(b+c)(c+a)=(ab+bc+ac)(a+b+c)-abc\)
\(\geq (ab+bc+ac)(a+b+c)-\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}=\frac{8(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}(*)\) (đây là BĐT khá quen thuộc rồi)
Do đó:
\(P=\frac{(a+bc)(b+ca)(c+ab)}{ab+bc+ac}+\frac{1}{a+b+c}=\frac{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}{ab+bc+ac}+\frac{1}{a+b+c}\geq \frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{ab+bc+ac}+\frac{1}{a+b+c}\)
\(P\geq \frac{7(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}+\frac{1}{a+b+c}\)
Áp dụng BĐT (*) và AM-GM:
\(\frac{7(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}\geq 7.\frac{\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)}{8(ab+bc+ac)}=\frac{7}{9}(a+b+c)\geq \frac{7}{9}.3\sqrt[3]{abc}=\frac{7}{3}\)
\(\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)}+\frac{1}{a+b+c}\geq 2\sqrt{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ac)(a+b+c)}}\geq 2\sqrt{\frac{\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac)}{8(a+b+c)(ab+bc+ac)}}=\frac{2}{3}\)
\(\Rightarrow P\geq \frac{7}{3}+\frac{2}{3}=3\)
Vậy $P_{\min}=3$
\(\left(a+bc\right)\left(b+ca\right)\left(c+ab\right)\)
\(=a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+1+1\)
\(=a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+1+1+1-1\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left(a+bc\right)\left(b+ca\right)\left(c+ab\right)\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac-1=\left(a+b+c\right)^2-1\)\(\Rightarrow P\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2-1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{a+b+c}\)
Dấu " = " xảy ra <=> ...
Ta có: \(\frac{1}{3}.\left(a+b+c\right)^2\ge ab+bc+ca\)( BĐT quen thuộc tự c/m)
\(\Rightarrow P\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2-1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}-\frac{1}{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)}+\frac{1}{a+b+c}\)\(=3+\frac{a+b+c-3}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Ta có: \(abc=1\Leftrightarrow\sqrt[3]{abc}=1\le\frac{a+b+c}{3}\left(AM-GM\right)\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge3\)
Dấu " = " xảy ra <=> ...
\(\Rightarrow P\ge3+\frac{a+b+c-3}{\left(a+b+c\right)^2}\ge3\)
Dấu " = " xảy ra <=> a=b=c=1
KL:...........
Dễ dàng chứng minh được:
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)với \(x,y>0\)(1)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow x=y>0\)
Ta có:
\(\frac{a}{bc\left(a+1\right)}=\frac{a}{abc+bc}=\frac{a}{ab+bc+ca+bc}=\frac{a}{\left(ab+bc\right)+\left(bc+ca\right)}\)
Áp dụng (1), ta được:
\(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\ge\frac{4}{\left(ab+bc\right)+\left(bc+ca\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{4\left(ab+bc\right)}+\frac{1}{4\left(bc+ca\right)}\ge\frac{1}{ab+bc+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{a}{ab+bc+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{a}{bc\left(a+1\right)}\left(2\right)\)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow b=c>0\)
Chúng minh tương tự, ta được:
\(\frac{b}{4}\left(\frac{1}{ab+ca}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{b}{ca\left(b+1\right)}\left(3\right)\)
Dấu bằng xảu ra \(\Leftrightarrow a=c>0\).
\(\frac{c}{4}\left(\frac{1}{ac+ab}+\frac{1}{ab+bc}\right)\ge\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\left(4\right)\)
Từ (2), (3) và (4), ta được:
\(\frac{a}{bc\left(a+1\right)}+\frac{b}{ca\left(b+1\right)}+\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\le\)\(\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ac}\right)+\frac{b}{4}\left(\frac{1}{ac+bc}+\frac{1}{ac+ab}\right)\)\(+\frac{c}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{ab+ac}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}.\left(\frac{a}{ab+bc}+\frac{c}{ab+bc}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{a}{bc+ac}+\frac{b}{bc+ac}\right)\)\(+\frac{1}{4}\left(\frac{b}{ab+ac}+\frac{c}{ab+ac}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{a+c}{4\left(ab+bc\right)}+\frac{a+b}{4\left(bc+ac\right)}+\frac{b+c}{4\left(ab+ac\right)}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{a+c}{4b\left(a+c\right)}+\frac{a+b}{4c\left(a+b\right)}+\frac{b+c}{4a\left(b+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4b}+\frac{1}{4c}+\frac{1}{4a}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}.\frac{abc}{abc}=\frac{1}{4}.1=\frac{1}{4}\)( vì \(ab+bc+ca=abc\))
Dấu bằng xảy ra
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c>0\\ab+bc+ca=abc\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=3\)
Vậy \(minP=\frac{1}{4}\Leftrightarrow a=b=c=3\)
CÓ: \(a^2+b^2=c^2.\)Nên ta có:
\(P=\frac{\left(a+b\right)\left(a+\sqrt{a^2+b^2}\right)\left(b+\sqrt{a^2+b^2}\right)}{ab\sqrt{a^2+b^2}}\)
\(=\frac{a+b}{\sqrt{a^2+b^2}}.\frac{a+\sqrt{a^2+b^2}}{a}.\frac{b+\sqrt{a^2+b^2}}{b}\)
\(=\left(\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b^2}}+\sqrt{\frac{b^2}{a^2+b^2}}\right).\left(1+\sqrt{\frac{a^2+b^2}{a^2}}\right)\left(1+\sqrt{\frac{a^2+b^2}{a^2}}\right)\).
Đặt: \(x^2=\frac{a^2}{a^2+b^2};y^2=\frac{b^2}{a^2+b^2}\Rightarrow x^2+y^2=1\). Ta có:
\(P=\left(x+y\right)\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(1+\frac{1}{y}\right)\)
\(=x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+2\)\(\ge4\sqrt{x.y.\frac{1}{x}.\frac{1}{y}.\frac{x}{y}.\frac{y}{x}}+2=6.\)
Vậy GTNN của P = 6.Dấu bằng xảy ra khi x = y =1 hay tam giác ABC vuông cân.
Ta có \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)\(\Rightarrow3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le3\Leftrightarrow abc\le1\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{1+a^2\left(b+c\right)}\le\frac{1}{abc+a^2\left(b+c\right)}\)\(=\frac{1}{a\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{1}{3a}\)
\(CMTT\Rightarrow\frac{1}{1+b^2\left(c+a\right)}\le\frac{1}{3b}\)
\(\frac{1}{1+c^2\left(a+b\right)}\le\frac{1}{3c}\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}\)\(=\frac{ab+bc+ca}{3abc}=\frac{1}{abc}\)
mới lớp 7 a ới