Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 : \(\left(1-b\right)\left(c-a\right)\ge0\Leftrightarrow ab+c\ge a+bc\Leftrightarrow ab+c+1\ge a+bc+1\)
\(\Rightarrow\dfrac{b}{ab+c+1}\le\dfrac{b}{a+bc+1}\) mà \(b\le c\le1\)
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
\(\dfrac{a}{1+b+ac}+\dfrac{b}{1+c+ab}+\dfrac{c}{1+a+bc}\le\dfrac{a+bc+1}{a+bc+1}=1\)
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 )
\(a^2+b^2+c^2=1\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2=1+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow1+2\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge-\dfrac{1}{2}\)
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 \(ab+bc+ca\le1\)
- 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 = \(\pm\sqrt{\dfrac{1}{3}}\)
\(c\left(1+ab\right)\le c\left(1+\dfrac{a^2+b^2}{2}\right)=c\left(1+\dfrac{1-c^2}{2}\right)=1-\dfrac{1}{2}\left(c-1\right)^2\left(c+2\right)\le1\)
\(\Rightarrow c^2\left(1+ab\right)\le c\Rightarrow\dfrac{c}{1+ab}\ge c^2\)
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
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.
điện thoại cùi nên chụp hơi mờ, đề này còn thiếu a,,bc>0
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 \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
nếu dùng kỹ thuật chọn điểm rơi và đánh giá từ TBC sang TBN thì làm kiểu j v bn
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
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