Cho a,b,c>0 và ab+bc+ca=3.CMR:
$\frac{1}{1+a^2(b+c)}+\frac{1+b^2(a+c)}+\frac{1}{1+c^2(a+b)} \leq \frac{1}{abc}$
Cho a,b,c>0 và ab+bc+ca=3.CMR:
$\frac{1}{1+a^2(b+c)}+\frac{1+b^2(a+c)}+\frac{1}{1+c^2(a+b)} \leq \frac{1}{abc}$
Cho a,b,c>0 và ab+bc+ca=3.CMR:
$\frac{1}{1+a^2(b+c)}+\frac{1+b^2(a+c)}+\frac{1}{1+c^2(a+b)} \leq \frac{1}{abc}$
Chắc ý bạn là$\sum \frac{1}{1+a^2(b+c)}\leq \frac{1}{abc}$
Phải không?
Nếu thế thì ta có :$\sum \frac{1}{1+a^2(b+c)}=\sum \frac{1}{1+a(ab+ac)}=\sum \frac{1}{1+a(3-bc)}=\sum \frac{1}{1+3a-abc}$.Mặt khác theo bđt cosi ta có :$ab+bc+ac\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$ nên $3\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$ hay $abc\leq 1$$< = > -abc\geq -1< = > 1+3a-abc\geq 1+3a-1=3a< = > \frac{1}{1+3a-abc}\leq \frac{1}{3a}$ nên $\sum \frac{1}{1+a^2(b+c)}\leq \sum \frac{1}{3a}=\frac{ab+bc+ac}{3abc}=\frac{3}{3abc}=\frac{1}{abc}$(đpcm)
Cho a,b,c>0 và ab+bc+ca=3.CMR:
$\frac{1}{1+a^2(b+c)}+\frac{1+b^2(a+c)}+\frac{1}{1+c^2(a+b)} \leq \frac{1}{abc}$
Bài này giống bài mình chế lại. có giải ở link này:
http://diendantoanho...a-mãn-abacbc-3/
BẤT ĐẲNG THỨC CHÍNH LÀ THUỐC PHIỆN CỦA TOÁN HỌC
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh