Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Mình xem phép làm câu 1 ạ.
Đề là?
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}=\frac{2}{b}\)(1)
Chứng minh tương đương
\(\frac{a+b}{2a-b}+\frac{c+b}{2c-b}\ge4\)<=> 12ac - 9bc - 9ab + 6b2 \(\le\)0 ( quy đồng ) (2)
Từ (1) <=> 2ac = ab + bc Thay vào (2) <=> 6ab + 6bc - 9bc - 9ab + 6b2 \(\le\)0
<=> a + c \(\ge\)2b
Từ (1) => \(\frac{2}{b}=\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\ge\frac{4}{a+c}\)
=> a + c \(\ge\)2b đúng => BĐT ban đầu đúng
Dấu "=" xảy ra <=> a = c = b
a, Áp dụng \(x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\)
Áp dụng \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\forall x,y>0\)
Ta có: \(A=\left(1+\frac{1}{a}\right)^2+\left(1+\frac{1}{b}\right)^2\ge\frac{\left(2+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)^2}{2}\ge\frac{\left(2+\frac{4}{a+b}\right)^2}{2}\ge\frac{\left(2+4\right)^2}{2}=18\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
b, Áp dụng \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)
Áp dụng \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\forall x,y,z>0\)
Ta có: \(B=\left(1+\frac{1}{a}\right)^2+\left(1+\frac{1}{b}\right)^2+\left(1+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{\left(3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}{3}\ge\frac{\left(3+\frac{9}{a+b+c}\right)^2}{3}\ge\frac{\left(3+6\right)^2}{3}=27\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
* Các BĐT phụ bạn tự CM nha! Chúc bạn học tốt
Ta có:
\(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}>\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}\)
\(>\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\left(1\right)\)
Áp dụng a/b < 1 => a/b < a+m/b+m (a,b,m thuộc N*)
=> \(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \frac{a+c}{a+b+c}+\frac{b+a}{a+b+c}+\frac{c+b}{a+b+c}\)
\(< \frac{2.\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) => đpcm
\(\frac{a}{a+b}>\frac{a}{a+b+c}\)
\(\frac{b}{b+c}>\frac{b}{a+b+c}\)
\(\frac{c}{a+c}>\frac{c}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}>\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}>\frac{a+b+c}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}>1\)
Ta luôn có phân số \(\frac{m}{n}< \frac{m+z}{n+z}\)với \(m>n>0;z>0\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c}\)
\(\frac{b}{b+c}< \frac{b+a}{a+b+c}\)
\(\frac{c}{c+a}< \frac{c+b}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \frac{a+c}{a+b+c}+\frac{a+b}{a+b+c}+\frac{c+b}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \frac{a+c+b+c+a+b}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< 2\)
Vậy \(1< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< 2\)
Ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)=\frac{1}{2}\left(\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right)\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)\)
\(\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}.3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}=\frac{9}{2}\)
Do \(a,b,c>0\)suy ra \(\hept{\begin{cases}a+b< a+b+c\\b+c< a+b+c\\c+a< a+b+c\end{cases}< =>\hept{\begin{cases}\frac{1}{a+b+c}< \frac{1}{a+b}\\\frac{1}{a+b+c}< \frac{1}{b+c}\\\frac{1}{a+b+c}< \frac{1}{c+a}\end{cases}}}\)
Nên \(\frac{a}{a+b+c}< \frac{a}{a+b};\frac{b}{a+b+c}< \frac{b}{b+c};\frac{c}{a+b+c}< \frac{c}{c+a}\)
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên : \(\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\)
\(< =>\frac{a+b+c}{a+b+c}< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< =>1< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\)(*)
Ta có : \(\frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c};\frac{b}{b+c}< \frac{b+a}{a+b+c};\frac{c}{c+a}< \frac{c+b}{a+b+c}\)
Cộng theo vế 3 bất đẳng thức trên : \(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \frac{a+b}{a+b+c}+\frac{b+c}{a+b+c}+\frac{c+a}{a+b+c}\)
\(< =>\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}< =>\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< 2\)(**)
Từ (*) và (**) ta được : \(1< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< 2\)Hay ta có điều phải chứng minh
Bài của bạn @phuonglenhat123 đúng rồi, tuy nhiên cách trình bày khá dài. Mình sẽ rút ngắn lại. Cách xét vẫn vậy nhé
Do a,b,c>0 nên \(\frac{a}{a+b}< 1\)vì vậy \(\frac{a}{a+b+c}< \frac{a}{a+b}< \frac{a+c}{a+b+c}\)
Tương tự ta có \(\frac{b}{a+b+c}< \frac{b}{b+c}< \frac{b+a}{a+b+c};\frac{c}{a+b+c}< \frac{c}{c+a}< \frac{c+b}{a+b+c}\)
Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta có \(\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\)
\(< \frac{a+c}{a+b+c}+\frac{b+a}{a+b+c}+\frac{c+b}{a+b+c}\)
hay \(1=\frac{a+b+c}{a+b+c}< \frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}< \frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)
vậy bất đẳng thức được chứng minh