K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

20 tháng 3 2018

dự đoán của Thần thánh

\(\frac{ab}{a^2+b^2}=\frac{a^2}{2a^2}=\frac{1}{2}\)

\(VT=\frac{3}{2}+\frac{9}{4}=\frac{12}{8}+\frac{18}{8}=\frac{30}{8}=\frac{15}{4}\)

\(p=\frac{ab}{a^2+b^2}+....+\frac{ca}{c^2+a^2};A=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{A}+\frac{1}{B}+\frac{1}{C}\right)\)

áp dụng BDT cô si ta có

\(\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{\left(a^2+b^2\right)}{\frac{4}{9}}\ge2\sqrt{\frac{ab}{\frac{4}{9}}}=\frac{2}{\frac{2}{3}}\sqrt{ab}=3\sqrt{ab}\)

tương tự với các BDT còn lại suy ra

\(p+\frac{9}{4}\left(2a^2+2b^2+2c^2\right)\ge3\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)\)

\(P+\frac{9}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\)

áp dụng BDT cô si ta có

\(a^2+\frac{1}{9}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{9}}=\frac{2a}{3}\)

tương tự với b^2+c^2 ta được

\(a^2+b^2+c^2+\frac{1}{3}\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)=\frac{2}{3}\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}\) 

" thay 1/3 vào ta được

\(p+\frac{3}{2}\ge3\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right)\)

áp dụng BDT cô si dạng " Rei " " luôn đúng với những bài ngược dấu "

\(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\ge3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}=3\sqrt[3]{abc}\)

mà \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\) 

thay a+b+c=1 vào ta được

\(P+\frac{3}{2}\ge3\Leftrightarrow P\ge\frac{6}{2}-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\) " 1 "

bây giờ tính nốt con \(A=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

áp dụng BDT \(\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\frac{1}{a+b+c}\)

\(A=\frac{9}{4}.\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\frac{9}{4}\left(\frac{1}{a+b+c}\right)\)

mà a+b+C=1 suy ra

\(A\ge\frac{9}{4}\) "2"

từ 1 và 2 suy ra

\(VT=P+A\ge\frac{3}{2}+\frac{9}{4}=\frac{12}{8}+\frac{18}{8}=\frac{30}{8}=\frac{15}{4}\)

" đúng với dự đoán của thần thánh "

6 tháng 7 2016

Trả lời hộ mình đi

14 tháng 1 2020

\(VT-VP=\Sigma_{cyc}\frac{2a+b+c}{a^2b\left(a+b+c\right)}\left(a-b\right)^2\ge0\)

hay \(\frac{a}{c^2}+\frac{1}{a}\ge\frac{2}{c}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a}{c^2}\ge\frac{2}{c}-\frac{1}{a}\)\(\Rightarrow\)\(VT\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)

"=" \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c\)

17 tháng 11 2019

\(\frac{a^3}{b+c}+\frac{b^3}{c+a}+\frac{c^3}{a+b}\)

\(=\frac{a^4}{ab+ac}+\frac{b^4}{cb+ba}+\frac{c^4}{ac+bc}\)

\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)

Mà \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\Rightarrowđpcm\)

17 tháng 11 2019

\(\frac{a^3}{b+c}+\frac{a^3}{b+c}+\frac{\left(b+c\right)^2}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{b+c}.\frac{a^3}{b+c}.\frac{\left(b+c\right)^2}{8}}=\frac{3a^2}{2}\)

Rồi tương tự các kiểu:v

Suy ra \(2VT\ge\frac{3}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\frac{\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+a\right)^2}{8}\)

\(\ge\frac{3}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}=\left(a^2+b^2+c^2\right)\) (chú ý \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\))

Không phải dùng tới Cauchy-Schwarz:D

Bài 2 :

Ta có : \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)

\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2=4\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)=4\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2\cdot\frac{a+b+c}{abc}=4\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2\cdot1=4\)

( Do \(a+b+c=abc\) )

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=2\) (đpcm)

P/s : Cho hỏi bài 1 có a,b,c > 0 không ?

Khuyến mãi thêm bài 1 :))

Áp dụng BĐT AM-GM ta có :

\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{b^2}\cdot\frac{b^2}{c^2}}=\frac{2a}{c}\) (1)

Tương tự ta có :

\(\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\ge\frac{2b}{a}\)(2), \(\frac{c^2}{a^2}+\frac{a^2}{b^2}\ge\frac{2c}{b}\) (3)

Cộng các vế của BĐT (1) (2) và (3) và chia 2 ta có :

\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\ge\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

10 tháng 1 2019

easy!

TH1:Với a+b+c=0 thì từ giả thiết,suy ra:

\(a+b=-c,b+c=-a,a+c=-b\)

Khi đó:\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=-3\left(VL\right)\)

TH2:Với a+b+c khác 0,ta nhân 2 vế của giải thiết với a+b+c,ta có:

\(\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\left(a+b+c\right)=a+b+c\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b+c}+a+\frac{b^2}{a+c}+b+\frac{c^2}{a+b}+c=a+b+c\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}=0\left(đpcm\right)\)

10 tháng 1 2019

Đề thiếu \(đk:a+b+c\ne0\)

Vì nếu a+b+c=0 thì \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}=-3\) (không đúng)

Vậy bổ sung  \(đk:a+b+c\ne0\)nhé bạn

                                                   Giải

\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=1\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)=a+b+c\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}+\frac{a\left(b+c\right)}{b+c}+\frac{b\left(c+a\right)}{c+a}+\frac{c\left(a+b\right)}{a+b}=a+b+c\)

Suy ra \(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}=0^{\left(đpcm\right)}\)

1 tháng 7 2017

Lần sau đăng ít một thôi toàn bài dài :v, ko phải ko làm mà là ngại làm

a)Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\frac{a}{2a+b+c}=\frac{a}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:

\(\frac{b}{a+2b+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}\right);\frac{c}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{c}{a+c}+\frac{c}{b+c}\right)\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}\right)=\frac{3}{4}\)

Xảy ra khi \(a=b=c\)

b)Đặt \(THANG=abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ac\right)\left(c^2+ab\right)>0\)

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{b+c}{a^2+bc}-\frac{c+a}{b^2+ac}-\frac{a+b}{a^2+ab}\)

\(=\frac{a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4-a^4b^2c^2-b^4c^2a^2-c^4a^2b^2}{THANG}\)

\(=\frac{\left(a^2b^2-b^2c^2\right)^2+\left(b^2c^2-c^2a^2\right)+\left(c^2a^2-a^2b^2\right)^2}{2THANG}\ge0\) (Đúng)

Xảy ra khi \(a=b=c\)

c)Ta có:\(\frac{a^2}{b^2+c^2}-\frac{a}{b+c}=\frac{ab\left(a-b\right)+ac\left(a-c\right)}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}\)

Và \(\frac{b^2}{c^2+a^2}-\frac{b}{c+a}=\frac{bc\left(b-c\right)+ab\left(b-a\right)}{\left(c+a\right)\left(c^2+a^2\right)}\)

\(\frac{c^2}{a^2+b^2}-\frac{c}{a+b}=\frac{ac\left(c-a\right)+bc\left(c-b\right)}{\left(b+a\right)\left(b^2+a^2\right)}\)

Cộng theo vế 3 đăng thức trên ta có:

\(VT-VP=Σ\left[\frac{ab\left(a-b\right)}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}-\frac{ab\left(a-b\right)}{\left(a+c\right)\left(a^2+c^2\right)}\right]\)

\(=\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)\cdotΣ\frac{ab\left(a-b\right)^2}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)}\ge0\)

2 bài cuối full quy đồng mệt thật :v

NV
17 tháng 11 2019

1/ \(\Leftrightarrow a^2b-a^3bc-b^2c+ab^2c^2=ab^2-ab^3c-a^2c+a^2bc^2\)

\(\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)+c\left(a^2-b^2\right)=abc\left(a^2-bc-b^2+ac\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(ab+ac+bc\right)=abc\left[\left(a-b\right)\left(a+b\right)+c\left(a-b\right)\right]\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(ab+bc+ca\right)=abc\left(a-b\right)\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca=abc\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca=2abc\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)

\(\Rightarrow S=2^2=4\)

NV
17 tháng 11 2019

Câu 2:

\(P=\frac{a^3}{b+c}+\frac{b^3}{c+a}+\frac{c^3}{a+b}=\frac{a^4}{ab+ac}+\frac{b^4}{bc+ab}+\frac{c^4}{ac+bc}\)

\(P\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Hoặc có thể dùng AM-GM:

\(\frac{a^3}{b+c}+\frac{1}{4}a\left(b+c\right)\ge a^2\) ; \(\frac{b^3}{c+a}+\frac{1}{4}b\left(c+a\right)\ge b^2\) ; \(\frac{c^3}{a+b}+\frac{1}{4}c\left(a+b\right)\ge c^2\)

Cộng vế với vế:

\(P+\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\ge a^2+b^2+c^2\)

\(\Leftrightarrow P\ge a^2+b^2+c^2-\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{2}\)