Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Từ \(a+b+c=1\Rightarrow2a+2b+2c=1\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)=2\)
Ta có: \(\frac{a+bc}{b+c}=\frac{a\left(a+b+c\right)+bc}{b+c}=\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}\)
Tương tự ta viết lại BĐT cần chứng minh như sau:
\(\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}{c+a}+\frac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{a+b}\ge2\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=b+c\\y=a+c\\z=a+b\end{cases}}\) thì BĐT cần chứng minh là:
\(\frac{xy}{z}+\frac{xz}{y}+\frac{yz}{x}\ge2\forall\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\x+y+z=2\end{cases}}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{xy}{z}+\frac{xz}{y}\ge2x\\\frac{xz}{y}+\frac{yz}{x}\ge2y\\\frac{yz}{x}+\frac{xy}{z}\ge2z\end{cases}}\)
Cộng theo vế rồi thu gọn ta có:\(\frac{xy}{z}+\frac{xz}{y}+\frac{yz}{x}\ge2\)
BĐT được chứng minh nên BĐT đầu cũng đã được chứng minh
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
Ta có \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)\(\Rightarrow3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le3\Leftrightarrow abc\le1\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{1+a^2\left(b+c\right)}\le\frac{1}{abc+a^2\left(b+c\right)}\)\(=\frac{1}{a\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{1}{3a}\)
\(CMTT\Rightarrow\frac{1}{1+b^2\left(c+a\right)}\le\frac{1}{3b}\)
\(\frac{1}{1+c^2\left(a+b\right)}\le\frac{1}{3c}\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}\)\(=\frac{ab+bc+ca}{3abc}=\frac{1}{abc}\)
Chứng minh BĐT Phụ: \(a^5+b^5\ge a^4b+ab^4\)với \(a;b>0\)
\(\Rightarrow\frac{a^5+b^5}{ab\left(a+b\right)}\ge\frac{a^4b+ab^4}{ab\left(a+b\right)}=\frac{ab\left(a^3+b^3\right)}{ab\left(a+b\right)}=\frac{ab\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{ab\left(a+b\right)}=a^2-ab+b^2\)
Áp dụng ta có: \(VT\)(VẾ TRÁI)\(\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\) \(\left(1\right)\)
Xét: \(\left[2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\right]-\left[3\left(ab+bc+ca\right)-2\right]\)
\(=2\left(a^2+b^2+c^2\right)-4\left(ab+bc+ca\right)+2\)
\(=4\left(a^2+b^2+c^2\right)-4\left(ab+bc+ca\right)\) (Do a2+b2+c2=1) \(\left(2\right)\)
Mà \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) Tự chứng minh \(\left(3\right)\)
Từ (1);(2) và (3) suy ra \(VT\ge3\left(ab+bc+ca\right)-2\)
Vậy \(\frac{a^5+b^5}{ab\left(a+b\right)}+\frac{b^5+c^5}{bc\left(b+c\right)}+\frac{c^5+a^5}{ca\left(c+a\right)}\ge3\left(ab+bc+ca\right)-2\)
mik ví dụ 1 biểu thức nha
a(a+b+c)+bc/b+c=a^2+ab+ac+bc/b+c=(a+c)(a+b)/b+c
tương tự với mấy biểu thức còn lại
\(1+a^2=a^2+ab+bc+ca=\left(a+b\right)\left(c+a\right)\)
Tương tự, ta có: \(1+b^2=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\)\(;\)\(1+c^2=\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{2}{\sqrt{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}}=\frac{2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\) ( do a, b, c dương )
\(\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}+\frac{c}{1+c^2}=\frac{a\left(b+c\right)+b\left(c+a\right)+c\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=\frac{2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
...
Bạn tham khảo tại link sau:
Câu hỏi của Nguyễn Thị Bình Yên - Toán lớp 8 | Học trực tuyến