Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a+bc/b+c + b+ca/c+a + c+ab/a+b
ta có: a+bc/c+b = a+(1-a-c).c/(1-a-c)+c = a+c-ac-c^2/1-a = (a+c)-c(a+c)/1-a = (a+c)(1-c)/1-a = (1-b)(1-c)/1-a
tương tự với các phân số còn lại:
ta đc:H=(1-b)(1-c)/1-a + (1-a)(1-c)/1-b + (1-a)(1-b)/1-c
đặt 1-a=x, 1-b=y, 1-c=z =>
yz/x + xz/y + xy/z
áp dụng bđt cô-sin =>
yz/x + xz/y >= 2 căn yz/x . xz/y=2z
tương tự => xz/y + xy/z >= 2x và xy/z + yz/x >= 2y
=> 2H >= 2(x+y+z) = 2(1-a + 1-b + 1-c)=2(3 - (a+b+c))=2(3-1)=2.2=4
=> H>= 2
=> bt trên >= 2
a+bc/b+c + b+ca/c+a + c+ab/a+b ta có: a+bc/c+b = a+(1-a-c).c/(1-a-c)+c = a+c-ac-c^2/1-a = (a+c)-c(a+c)/1-a = (a+c)(1-c)/1-a = (1-b)(1-c)/1-a tương tự với các phân số còn lại: ta đc:H=(1-b)(1-c)/1-a + (1-a)(1-c)/1-b + (1-a)(1-b)/1-c đặt 1-a=x, 1-b=y, 1-c=z => yz/x + xz/y + xy/z áp dụng bđt cô-sin => yz/x + xz/y >= 2 căn yz/x . xz/y=2z tương tự => xz/y + xy/z >= 2x và xy/z + yz/x >= 2y => 2H >= 2(x+y+z) = 2(1-a + 1-b + 1-c)=2(3 - (a+b+c))=2(3-1)=2.2=4 => H>= 2 => bt trên >= 2
cái này tương tự nà chỉ khác tử -> mẫu Câu hỏi của Thiên An - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski, ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left[\frac{a}{\left(ac+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\right]\)
\(\ge\left(\frac{a}{ac+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\right)^2\) \(\left(1\right)\)
Lại có: \(\frac{a}{ac+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\)
\(=\frac{a}{ac+a+abc}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{bc}{abc+bc+b}\) ( Do abc=1 )
\(=\frac{1}{bc+b+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{bc}{bc+b+1}\)
\(=1\) \(\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\left(a+b+c\right)\left[\frac{a}{\left(ac+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\right]\ge1\)
Mà \(a;b;c>0\Rightarrow a+b+c>0\)
\(\Rightarrow\frac{a}{\left(ac+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\ge\frac{1}{a+b+c}\) (đpcm)
Bạn tham khảo:
Câu hỏi của Phạm Vũ Trí Dũng - Toán lớp 8 | Học trực tuyến
Cosi ngược dấu
Giả sử \(a\ge b\ge c\)
Ta có:\(\frac{a+b}{ab+c^2}+\frac{b+c}{bc+a^2}+\frac{c+a}{ca+b^2}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
\(\Leftrightarrow\frac{ac+bc-ab-c^2}{c\left(ab+c^2\right)}+\frac{ab+ac-bc-a^2}{\left(bc+a^2\right)a}+\frac{cb+ab-ca-b^2}{b\left(ca+b^2\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-c\right)\left(c-b\right)}{c\left(ab+c^2\right)}+\frac{\left(b-a\right)\left(a-c\right)}{\left(bc+a^2\right)a}+\frac{\left(c-b\right)\left(b-a\right)}{b\left(ca+b^2\right)}\le0\)
Ta có:\(\left(c-b\right)\left(b-a\right)\ge0;\left(b-a\right)\left(a-c\right)\le0;\left(a-c\right)\left(c-b\right)\le0\)
\(\Rightarrow\frac{\left(c-b\right)\left(c-a\right)}{b\left(ca+b^2\right)}\le\frac{\left(c-b\right)\left(c-a\right)}{c\left(ab+c^2\right)}\)
\(\Rightarrow LHS\le\frac{\left(a-c\right)\left(c-b\right)}{c\left(ab+c^2\right)}+\frac{\left(c-b\right)\left(b-a\right)}{c\left(ab+c^2\right)}+\frac{\left(b-a\right)\left(a-c\right)}{\left(bc+a^2\right)a}\)
\(=\frac{-\left(c-b\right)^2}{c\left(ab+c^2\right)}+\frac{\left(b-a\right)\left(a-c\right)}{\left(bc+a^2\right)c}\le0\)
\(\Rightarrowđpcm\)
Trả lời :
Bn Thu Trang đừng bình luận linh tinh nhé.
- Hok tốt !
^_^
Đặt VT là A, VP là B
Xét hiệu A-B=\(\left(\frac{a+b}{ab+c^2}-\frac{1}{a}\right)+\left(\frac{b+c}{bc+a^2}-\frac{1}{b}\right)+\left(\frac{c+a}{ac+b^2}-\frac{1}{c}\right)\)
\(=\frac{\left(a-c\right)\left(c-b\right)}{\left(ab+c^2\right)c}+\frac{\left(b-a\right)\left(a-c\right)}{\left(bc+a^2\right)a}+\frac{\left(c-b\right)\left(b-a\right)}{\left(ca+b^2\right)b}\)
Do vai trò của phương trình là bình đẳng nên ta giả sử \(a\ge b\ge c\ge0\)
Khi đó \(\left(b-a\right)\left(a-c\right)\le0;\left(c-b\right)\left(b-a\right)\le0\)và \(c^3\le b^3\)
=> abc+c3 =< abc+b3
=> \(\frac{\left(c-b\right)\left(b-a\right)}{\left(ca+b^2\right)b}\le\frac{\left(c-b\right)\left(b-a\right)}{\left(ab+c^2\right)c}\)
Vậy \(A-B\le\frac{\left(a-c\right)\left(c-b\right)}{\left(ab+c^2\right)c}+\frac{\left(c-b\right)\left(b-a\right)}{\left(ab+c^2\right)c}+\frac{\left(b-a\right)\left(a-c\right)}{\left(bc+a^2\right)a}\)
\(=\frac{\left(a-c\right)\left(c-b\right)+\left(c-b\right)\left(b-a\right)}{\left(ab+c^2\right)c}+\frac{\left(b-a\right)\left(a-c\right)}{\left(bc+a^2\right)a}\)
\(=\frac{-\left(c-b\right)^2}{\left(ab+a^2\right)a}+\frac{\left(b-a\right)\left(a-c\right)}{\left(bc+a^2\right)a}\le0\)
Vì -(c-b)2 =< 0; (b-a)(a-c) =< 0
Vậy phương trình được chứng minh
Đào Nhật Quỳnh Cách cậu khác gì cách tớ đâu,được cái phần đầu tớ dùng dấu ngu ngu :)) Tớ làm tiếp cách khác nhé !
Theo BĐT Cauchy - Schwarz ta dễ có:\(\frac{a+b}{ab+c^2}=\frac{\left(a+b\right)^2}{\left(ab+c^2\right)\left(a+b\right)}=\frac{\left(a+b\right)^2}{a\left(b^2+c^2\right)+b\left(a^2+c^2\right)}\le\frac{a^2}{b\left(a^2+c^2\right)}+\frac{b^2}{a\left(b^2+c^2\right)}\)
\(\Rightarrow LHS\le\Sigma\left[\frac{a^2}{b\left(a^2+c^2\right)}+\frac{b^2}{a\left(b^2+c^2\right)}\right]=\Sigma\left[\frac{a^2}{b\left(a^2+c^2\right)}+\frac{c^2}{b\left(a^2+c^2\right)}\right]=\Sigma\frac{1}{b}\)
Vậy ta có đpcm