K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

5 tháng 12 2017

Không mất tính tổng quát ta giả sử \(0\le a\le b\le c\le1\)

\(\Rightarrow\left(1-c\right)\left(b-a\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow b-a-bc+ac\ge0\Leftrightarrow ac+b\ge a+bc\)

\(\Leftrightarrow ac+b+1\ge a+bc+1\)\(\Rightarrow\dfrac{a}{ac+b+1}\le\dfrac{a}{a+bc+1}\)(1)

ta cũng có : \(\left(1-b\right)\left(c-a\right)\ge0\Leftrightarrow ab+c\ge a+bc\Leftrightarrow ab+c+1\ge a+bc+1\)

\(\Rightarrow\dfrac{b}{ab+c+1}\le\dfrac{b}{a+bc+1}\)\(b\le c\le1\)

nên \(\dfrac{b}{a+bc+1}\le\dfrac{bc}{a+bc+1}\) \(\Rightarrow\dfrac{b}{ab+c+1}\le\dfrac{bc}{a+bc+1}\)(2)

ta lại có : \(\dfrac{c}{a+bc+1}\le\dfrac{1}{a+bc+1}\)(3)

Cộng Ba vế BĐT (1) (2) (3) lại với nhau ta có

\(\dfrac{a}{1+b+ac}+\dfrac{b}{1+c+ab}+\dfrac{c}{1+a+bc}\le\dfrac{a+bc+1}{a+bc+1}=1\)

6 tháng 12 2017

không cần giả sử gì hết , phang luôn \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\) (:V)

\(\Leftrightarrow ab+1\ge a+b\Leftrightarrow ab+c+1\ge a+b+c\)

\(\Rightarrow VT\le\sum\dfrac{b}{a+b+c}=1\)

Dấu = xảy ra : 2 số bằng 1 , số còn lại tùy ý

Mở rộng : \(\forall a,b,c\in\left[0;1\right]\).Cmr:

\(\dfrac{a}{b+c+1}+\dfrac{b}{c+a+1}+\dfrac{c}{a+b+1}+\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le1\)

( Olympic USA 1980 )

5 tháng 12 2017

Ta có: \(1-a\ge0\Leftrightarrow a\le1\Leftrightarrow a+b-b+c-c\le1\Leftrightarrow a+b+c\le1+b+c\)

\(\Leftrightarrow\frac{a}{a+b+c}\ge\frac{a}{1+b+c}\left(1\right)\)

Tương tự: \(1-b\ge0\Leftrightarrow b\le1\Leftrightarrow b+a-a+c-c\le1\Leftrightarrow a+b+c\le1+c+a\)

\(\Leftrightarrow\frac{b}{a+b+c}\ge\frac{b}{1+c+a}\left(2\right)\)

Và: \(1-c\ge0\Leftrightarrow c\le1\Leftrightarrow c+a-a+b-b\le1\Leftrightarrow a+b+c\le1+a+b\)

\(\Leftrightarrow\frac{c}{a+b+c}\ge\frac{c}{1+a+b}\left(3\right)\)

Cộng (1)(2) và (3) vế theo vế:

\(\Rightarrow\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\ge\frac{a}{1+b+ac}+\frac{b}{1+c+ab}+\frac{c}{1+a+bc}\)

ĐPCM

5 tháng 12 2017

bạn ơi, bạn xem lại đi. Mẫu của bạn là 1+b+c chứ đâu phải là 1+b+ac. Mấy cái khác cũng thế

18 tháng 6 2021

\(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2=1+2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Rightarrow1+2\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge-\dfrac{1}{2}\)

Ta c/m: \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) ( luôn đúng \(\forall a,b,c\)

Do đó \(ab+bc+ca\le1\)

18 tháng 6 2021

- Áp dụng bdt Co-si, ta có:

\(a^2+b^2\ge2ab\)

\(b^2+c^2\ge2bc\)

\(c^2+a^2\ge2ca\)

=> \(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)

<=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

<=> \(1\ge ab+bc+ca\)

Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = \(\pm\sqrt{\dfrac{1}{3}}\)

                                                                                                                                                                                                                                                                                                           

NV
8 tháng 6 2021

\(c\left(1+ab\right)\le c\left(1+\dfrac{a^2+b^2}{2}\right)=c\left(1+\dfrac{1-c^2}{2}\right)=1-\dfrac{1}{2}\left(c-1\right)^2\left(c+2\right)\le1\)

\(\Rightarrow c^2\left(1+ab\right)\le c\Rightarrow\dfrac{c}{1+ab}\ge c^2\)

Hoàn toàn tương tự ta có: \(\dfrac{a}{1+bc}\ge a^2\) ; \(\dfrac{b}{1+ac}\ge b^2\)

Cộng vế: \(VT\ge a^2+b^2+c^2=1\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right)\) và các hoán vị

AH
Akai Haruma
Giáo viên
9 tháng 6 2021

Cách 2:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\(\text{VT}[a(1+bc)+b(1+ac)+c(1+ab)]\geq (a+b+c)^2\)

\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+3abc}\)

 Ta sẽ CM: 

\(\frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+3abc}\geq 1\)

\(\Leftrightarrow 1+2(ab+bc+ac)\geq a+b+c+3abc\)

Vì $a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow a,b,c\leq 1$

$\Rightarrow (a-1)(b-1)(c-1)\leq 0$

$\Leftrightarrow 1+ ab+bc+ac\geq a+b+c+abc(1)$

Áp dụng BĐT AM-GM:

$ab+bc+ac\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2.abc}=3abc\geq 2abc(2)$

Từ $(1);(2)\Rightarrow 1+2(ab+bc+ac)\geq a+b+c+3abc$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(1,0,0)$ và hoán vị.

30 tháng 5 2017

\(\sum\dfrac{a}{a+\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+a\right)}}\le\sum\dfrac{a}{a+\sqrt{ab}+\sqrt{ac}}=\sum\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}=1\)

28 tháng 1 2018

điện thoại cùi nên chụp hơi mờ, đề này còn thiếu a,,bc>0Hỏi đáp Toán

Ta có :

\(VT=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{2}{ab}+\dfrac{2}{bc}+\dfrac{2}{ca}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{4}{2ab}+\dfrac{4}{2bc}+\dfrac{4}{2ca}\)

Theo BĐT Cauchy schwarz dưới dạng engel ta có :

\(VT\ge\dfrac{\left(1+1+1+2+2+2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{81}{1}=81\)

Vậy BĐT đã được chứng minh . Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

12 tháng 9 2018

nếu dùng kỹ thuật chọn điểm rơi và đánh giá từ TBC sang TBN thì làm kiểu j v bn

5 tháng 5 2019

bạn làm được bài nảy chưa ? chỉ mình với