Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Vì $a+b+c=1$ nên:
\(\text{VT}=\frac{a(a+b+c)+bc}{b+c}+\frac{b(a+b+c)+ca}{c+a}+\frac{c(a+b+c)+ab}{a+b}\)
\(=\frac{(a+b)(a+c)}{b+c}+\frac{(b+c)(b+a)}{c+a}+\frac{(c+a)(c+b)}{a+b}\)
Đặt $(a+b,b+c,c+a)=(x,y,z)$. Bài toán trở thành:
Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $x+y+z=2$. CMR: \(\text{VT}=\frac{xz}{y}+\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}\geq 2\)
----------------------
Thật vậy:\(\text{VT}=\frac{x^2z^2+x^2y^2+y^2z^2}{xyz}\). Theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM thì $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\geq xyz(x+y+z)=2xyz$
\(\Rightarrow \text{VT}=\frac{x^2z^2+x^2y^2+y^2z^2}{xyz}\geq \frac{2xyz}{xyz}=2\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=\frac{2}{3}$ hay $a=b=c=\frac{1}{3}$
Lời giải:
\(\frac{a^2+bc}{b+c}+\frac{b^2+ac}{c+a}+\frac{c^2+ab}{a+b}\geq a+b+c\)
\(\Leftrightarrow \frac{a^2+bc}{b+c}-c+\frac{b^2+ac}{a+c}-a+\frac{c^2+ab}{a+b}-b\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{a^2-c^2}{b+c}+\frac{b^2-a^2}{a+c}+\frac{c^2-b^2}{a+b}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a^2\left(\frac{1}{b+c}-\frac{1}{a+c}\right)+b^2\left(\frac{1}{a+c}-\frac{1}{a+b}\right)+c^2\left(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{b+c}\right)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{a^2(a-b)(a+b)+b^2(b-c)(b+c)+c^2(c-a)(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a^2(a^2-b^2)+b^2(b^2-c^2)+c^2(c^2-a^2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4-(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow \frac{(a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2}{2}\geq 0\) (luôn đúng)
Do đó ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có hệ quả quen thuộc sau:
\(a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^2}{3}\geq ab+bc+ac\Rightarrow \frac{3}{ab+bc+ac}\geq \frac{3}{\frac{(a+b+c)^2}{3}}=\frac{9}{(a+b+c)^2}\)
Do đó:
\(1+\frac{3}{ab+bc+ac}\geq 1+\frac{9}{(a+b+c)^2}\) (1)
Ta sẽ đi chứng minh \(1+\frac{9}{(a+b+c)^2}\geq \frac{6}{a+b+c}\) (2)
\(\Leftrightarrow \left(\frac{3}{a+b+c}-1\right)^2\geq 0\) (đúng)
Từ (1),(2) suy ra \(1+\frac{3}{ab+bc+ac}\geq \frac{6}{a+b+c}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Ta có:
\(\sum\dfrac{ab+c}{c+1}=\sum\dfrac{ab+c}{a+c+b+c}\le\sum\dfrac{ab+c}{4}.\left(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}\right)=\dfrac{a+b+c+3}{4}=\dfrac{4}{4}=1\)
Ta có : \(\frac{ab+c}{c+1}=\frac{ab+c\left(a+b+c\right)}{c+a+b+c}=\frac{a\left(b+c\right)+c\left(b+c\right)}{c+a+b+c}=\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{c+a+b+c}\)
Do \(a;b;c>0\Rightarrow a+c;b+c>0\)
Áp dụng BĐT phụ : \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\) , ta có :
\(\frac{ab+c}{c+1}\le\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{4}\left(\frac{1}{c+a}+\frac{1}{b+c}\right)=\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{4}.\frac{a+b+c+c}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}=\frac{c+1}{4}\left(1\right)\)
Tương tự , ta có : \(\frac{bc+a}{a+1}\le\frac{a+1}{4}\) ; \(\frac{ac+b}{b+1}\le\frac{b+1}{4}\left(2\right)\)
Từ ( 1 ) ; ( 2 ) có : \(\frac{ab+c}{c+1}+\frac{bc+a}{a+1}+\frac{ac+b}{b+1}\le\frac{a+1+b+1+c+1}{4}=\frac{a+b+c+3}{4}=1\)
Dấu " = " xảy ra <=> \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Vậy ...
Từ \(a+b+c=1\Rightarrow2a+2a+2c=2\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)=2\)
Ta có: \(\dfrac{a+bc}{b+c}=\dfrac{a\left(a+b+c\right)+bc}{b+c}=\dfrac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}\)
Tương tự ta viết lại biểu thức cần chứng minh như sau:
\(\dfrac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\dfrac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{c+a}+\dfrac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}\ge2\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x=b+c\\y=a+c\\z=a+b\end{matrix}\right.\) vậy BĐT cần chứng minh là:
\(\dfrac{xy}{z}+\dfrac{xz}{y}+\dfrac{yz}{x}\ge2\forall\)\(\left\{{}\begin{matrix}x,y,z>0\\x+y+z=2\end{matrix}\right.\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{xy}{z}+\dfrac{xz}{y}\ge2x\\\dfrac{xz}{y}+\dfrac{yz}{x}\ge2y\\\dfrac{yz}{x}+\dfrac{xy}{z}\ge2z\end{matrix}\right.\)
Cộng theo vế rồi thu gọn ta điều phải chứng minh
Note:\(\dfrac{a+ab}{a+b}???\rightarrow\dfrac{c+ab}{a+b}\)