cho a+b+c = 1 cmr ab+bc+ca<1/2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
TD
0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
3 tháng 8 2021
\(\dfrac{\sqrt{ab+2c^2}}{\sqrt{1+ab-c^2}}=\dfrac{\sqrt{ab+2c^2}}{\sqrt{a^2+b^2+ab}}=\dfrac{ab+2c^2}{\sqrt{\left(a^2+b^2+ab\right)\left(ab+2c^2\right)}}\ge\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{a^2+b^2+2ab+2c^2}\)
\(\ge\dfrac{2\left(ab+2c^2\right)}{a^2+b^2+a^2+b^2+2c^2}=\dfrac{ab+2c^2}{a^2+b^2+c^2}=ab+2c^2\)
Tương tự và cộng lại:
\(VT\ge ab+bc+ca+2\left(a^2+b^2+c^2\right)=2+ab+bc+ca\)
BH
1
28 tháng 5 2019
bạn tham khảo nhé : https://olm.vn/hoi-dap/detail/222370673956.html
KN
5 tháng 12 2019
Ta có: a + b + c = 2 nên \(2c+ab=c\left(a+b+c\right)+ab=ac+bc+c^2+ab\)
\(=\left(ca+c^2\right)+\left(bc+ab\right)=c\left(a+c\right)+b\left(a+c\right)\)\(=\left(b+c\right)\left(a+c\right)\)
Áp dụng BĐT Cô - si cho 2 số không âm:
\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\ge2\sqrt{\frac{1}{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\)(Vì a,b,c thực dương)
\(\Rightarrow\sqrt{\frac{1}{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{2c+ab}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\right)\)(cmt)
\(\Rightarrow\frac{ab}{\sqrt{ab+2c}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{b+c}+\frac{ab}{a+c}\right)\)(nhân 2 vế cho ab thực dương) (1)
(Dấu "="\(\Leftrightarrow\frac{1}{b+c}=\frac{1}{c+a}\Leftrightarrow b+c=c+a\Leftrightarrow a=b\))
Tương tự ta có: \(\frac{bc}{\sqrt{bc+2a}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{bc}{b+a}+\frac{bc}{a+c}\right)\)(Dấu "="\(\Leftrightarrow b=c\)) (2)
\(\frac{ca}{\sqrt{ca+2b}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{ca}{c+b}+\frac{ca}{b+a}\right)\)(Dấu "="\(\Leftrightarrow a=c\)) (3)
Cộng các BĐT (1) , (2) , (3), ta được:
\(P\le\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{c+a}+\frac{ab}{c+b}+\frac{bc}{b+a}+\frac{cb}{c+a}+\frac{ac}{b+a}+\frac{ac}{c+b}\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{2}\left(\frac{b\left(c+a\right)}{c+a}+\frac{a\left(c+b\right)}{c+b}+\frac{c\left(b+a\right)}{b+a}\right)\)
\(\le\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)=1\)
Vậy \(P=\frac{ab}{\sqrt{ab+2c}}\)\(+\frac{bc}{\sqrt{bc+2a}}\)\(+\frac{ca}{\sqrt{ca+2b}}\le1\)
(Dấu "="\(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{2}{3}\))
C
5 tháng 12 2019
Ta có:
\(\frac{ab}{\sqrt{ab+2c}}=\frac{ab}{\sqrt{ab+\left(a+b+c\right)c}}=\frac{ab}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}\le\frac{ab}{c+a}+\frac{ab}{c+b}\)
Tương tự:
\(\frac{bc}{\sqrt{bc+2a}}\le\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{a+c}\)
\(\frac{ca}{\sqrt{ca+2b}}\le\frac{ca}{b+c}+\frac{ca}{b+a}\)
Khi đó:
\(P\le\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{c+b}+\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{a+c}+\frac{ca}{b+c}+\frac{ca}{b+a}\)
\(=\frac{b\left(a+c\right)}{a+c}+\frac{a\left(b+c\right)}{b+c}+\frac{c\left(a+b\right)}{b+a}\)
\(=a+b+c=2\)
Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=\frac{2}{3}\)
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 \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=\frac{1}{3}\)
VH
0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 8 2021
\(a^2+b^2+c^2=1\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=1+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2=1+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow1+2\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge-\dfrac{1}{2}\)
Lại có:
\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow2ab+2bc+2ca\le2a^2+2b^2+2c^2\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\le1\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
25 tháng 6 2020
Lời giải:
Ta thấy:
\(\text{VT}=(a+\frac{ca}{a+b})+(b+\frac{ab}{b+c})+(c+\frac{bc}{c+a})\)
\(=\frac{a(a+b+c)}{a+b}+\frac{b(a+b+c)}{b+c}+\frac{c(a+b+c)}{c+a}\)
\(=(a+b+c)\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)\)
\(\geq (a+b+c).\frac{(a+b+c)^2}{a^2+ab+b^2+bc+c^2+ac}=\frac{(a+b+c)^3}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}\) (theo BĐT Cauchy-Schwarz)
Có:
$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)=a^2+b^2+c^2+2$
$\Rightarrow a+b+c=\sqrt{a^2+b^2+c^2+2}=\sqrt{t+2}$ với $t=a^2+b^2+c^2$
Do đó:
$\text{VT}\geq \frac{\sqrt{(t+2)^3}}{t+1}$ \(=\sqrt{\frac{(t+2)^3}{(t+1)^2}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\((t+2)^3=\left(\frac{t+1}{2}+\frac{t+1}{2}+1\right)^3\geq 27.\frac{(t+1)^2}{4}\)
\(\Rightarrow \text{VT}=\sqrt{\frac{(t+2)^3}{(t+1)^2}}\geq \sqrt{\frac{27}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$
+ \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,b,c\)
\(\Rightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2\ge0\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow ab+b+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca< \frac{1}{2}\)