Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
\(a< b+c\)
\(\Leftrightarrow2a< a+b+c=2\)
\(\Leftrightarrow a< 1\)
Tương tự ta cũng có:
\(\hept{\begin{cases}b< 1\\c< 1\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)>0\)
\(\Leftrightarrow-abc+ab+bc+ca-a-b-c+1>0\)
\(\Leftrightarrow abc< \left(ab+bc+ca\right)-1\)
\(\Leftrightarrow2abc< 2\left(ab+bc+ca\right)-2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2abc< a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)-2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2abc< \left(a+b+c\right)^2+2=4-2=2\)
a/ Ta có:
\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\le\frac{a+b-c+b+c-a}{2}=b\left(1\right)\)
Tương tự ta có:
\(\hept{\begin{cases}\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)}\le a\left(2\right)\\\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\le c\left(3\right)\end{cases}}\)
Lấy (1), (2), (3) nhân vế theo vế ta được
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)
Cauchy ở mẫu \(a^2+bc\ge2a\sqrt{bc}\)
Vậy vế trái \(\le\frac{1}{2a\sqrt{bc}}+\frac{1}{2b\sqrt{ca}}+\frac{1}{2c\sqrt{ab}}=\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2abc}\)
Và lượng trên tử bé hơn bằng \(ab+bc+ca\)
mấy bài cơ bản nên cũng dễ, mk có thể giải hết cho bn vs 1 đk : bn đăng từng câu 1 thôi nhé !
bài 3 có thể lên gg tìm kỹ thuật AM-GM (cosi) ngược dấu
bài 8 c/m bđt phụ 5b3-a3/ab+3b2 </ 2b-a ( biến đổi tương đương)
những câu còn lại 1 nửa dùng bđt AM-GM , 1 nửa phân tích nhân tử ròi dựa vào điều kiện
Theo BĐT AM-GM ta có:
\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le\left(\frac{3-\left(a+b+c\right)}{3}\right)^3=\frac{1}{27}\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+1-\left(a+b+c\right)-abc\le\frac{1}{27}\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)-\left(a^2+b^2+c^2+2abc\right)\le\frac{56}{27}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2-\left(a^2+b^2+c^2+2abc\right)\le\frac{56}{27}\)
\(\Leftrightarrow4-\left(a^2+b^2+c^2+2abc\right)\le\frac{56}{27}\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2abc\ge\frac{52}{27}\)
a) Hình như đề bài phải là \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\left(b+c-a\right)\)
Ta có: \(4a^2=\left[\left(a+b-c\right)+\left(a+c-b\right)\right]^2\ge4\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2\ge\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\)
Tương tự, nhân vế với vế -> dpcm
b) Ta có a + b + c = 2:))
Theo nguyên lí Dirichlet trong 3 số \(a-\frac{2}{3};b-\frac{2}{3};c-\frac{2}{3}\) luôn tồn tại 2 số đồng dấu. Giả sử đó là \(a-\frac{2}{3};b-\frac{2}{3}\).
Ta có: \(\left(a-\frac{2}{3}\right)\left(b-\frac{2}{3}\right)\ge0\Leftrightarrow2abc\ge\frac{4}{3}ac+\frac{4}{3}bc-\frac{8}{9}c\)
Do đó \(P\ge a^2+b^2+c^2+\frac{4}{3}c\left(a+b-\frac{2}{3}\right)\)
\(=\left(a+b\right)^2+c^2+\frac{4}{3}c\left(a+b+c-\frac{2}{3}-c\right)-2ab\)
\(\ge\left(2-c\right)^2+c^2+\frac{4}{3}c\left(\frac{4}{3}-c\right)-\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\)
\(=\left(2-c\right)^2+c^2+\frac{4}{3}c\left(\frac{4}{3}-c\right)-\frac{\left(2-c\right)^2}{2}\)
\(=\frac{3c^2-4c+36}{18}=\frac{3\left(c-\frac{2}{3}\right)^2+\frac{104}{3}}{18}\ge\frac{52}{27}\)
Vậy....
P/s: Em ko chắc...Ban đầu định dồn biến nhưng thôi mệt lắm:P
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}>\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}\)
-> A>1
để cm A<2, ta đi chứng minh bđt phụ
*Nếu \(\frac{a}{b}<1\) thì \(\frac{a+n}{b+n}>\frac{a}{b}\)với n>=0
\(\frac{a+n}{b+n}>\frac{a}{b}\Leftrightarrow ab+bn>ab+an\Leftrightarrow bn>an\Leftrightarrow b>a\)là bđt nên bđt phụ đc chứng minh
A/d bđt phụ ta có:
\(\frac{a}{b+c}<1\)(vì là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác)\(\Rightarrow\frac{a+a}{a+b+c}>\frac{a}{b+c}\)
Tương tự ta có \(\frac{2b}{a+b+c}>\frac{b}{a+c};\frac{2c}{a+b+c}>\frac{c}{a+b}\)
Cộng vế với vế ta được:
\(\frac{2a+2b+2c}{a+b+c}>A\Rightarrow2>a\)
2) Ta có: Áp dụng bất đẳng thức:
\(xy\le\frac{\left(x+y\right)^2}{4}\) ta được:
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le\frac{\left(a+b-c+b+c-a\right)^2}{4}=\frac{4b^2}{4}=b^2\)
Tương tự chứng minh được:
\(\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\le c^2\)
\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\)
Nhân vế 3 bất đẳng thức trên với nhau ta được:
\(\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le abc\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)
Ta có a < b + c; b < c + a; c < a + b nên từ a + b + c = 2 suy ra a, b, c < 1.
BĐT cần cm tương đương:
\(\left(a+b+c\right)^2+2abc< 2\left(ab+bc+ca\right)+2\)
\(\Leftrightarrow abc-\left(ab+bc+ca\right)+1< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)< 0\).
Bất đẳng thức trên luôn đúng do a, b, c < 1.
Vậy ta có đpcm.