Cho $a,b,c > 0;a + b + c = 3$ .Chứng minh rằng:
$\frac{1 - a}{1 + b} + \frac{1 - b}{1 + c} + \frac{1 - c}{1 + a} \le 0$
Cho $a,b,c > 0;a + b + c = 3$ .Chứng minh rằng:
$\frac{1 - a}{1 + b} + \frac{1 - b}{1 + c} + \frac{1 - c}{1 + a} \le 0$
Cho $a,b,c > 0;a + b + c = 3$ .Chứng minh rằng:
$\frac{1 - a}{1 + b} + \frac{1 - b}{1 + c} + \frac{1 - c}{1 + a} \leq 0$
$\frac{1-a}{1+b}+ \frac{1-b}{1+c}+ \frac{1-c}{1+a} \leq 0$
$\Leftrightarrow \frac{(1-a^{2})(1+c)+(1-b^{2})(1+a)+(1-c^{2})(1+b)}{(1+b)(1+c)(1+a)} \geq0$
$ \Leftrightarrow \sum \frac{(2-a^{2}+c)^{2}+(2-b^{2}+a)^{2}+(2-c^{2}+b)^{2}}{4}\geq 0:$ đúng.
Ta có đpcm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 14-10-2017 - 02:19
dân chơi it
dùng bdt B.C.S
$\frac{{1 - a}}{{1 + b}} + \frac{{1 - b}}{{1 + c}} + \frac{{1 - c}}{{1 + a}} = - \frac{{({a^2} + {b^2} + {c^2}) + (a{b^2} + b{c^2} + c{a^2}) - (a + b + c) - 3}}{{(1 + a)(1 + b)(1 + c)}} = - \frac{{\sum {a{b^2}} + \sum {{a^2} + \sum {a - 9} } }}{{(1 + a)(1 + b)(1 + c)}}$
Ta có:
$\sum {a{b^2}} + \sum {{a^2} + \sum {a - 9} } = \sum {a{b^2}} + {(\sum a )^2} - \sum {2ab} + \sum a - 9 = \sum ( a{b^2} + a - 2ab)\mathop \ge \limits^{AM - GM} 0 \Rightarrow Q.E.D$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen kd: 13-10-2017 - 23:13
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$\sum {{x^3}} + 2\sum {{x^2}y \ge 3} \sum {x{y^2}} $Bắt đầu bởi nguyen kd, 30-09-2017 bất đẳng thức - cực trị |
|
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh