Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
$\frac{a}{bc}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}+\frac{1}{a+b-c}$
$\Leftrightarrow \frac{a+c}{bc}=\frac{a+b}{c(a+b-c)}$
$\Rightarrow (a+c)(a+b-c)=b(a+b)$
$\Leftrightarrow a^2+bc-c^2=b^2$
$\Leftrightarrow a^2=b^2+c^2-bc$
Mặt khác theo định lý cos: $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A$
$\Rightarrow 2.\cos A=1\Rightarrow \cos A=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{A}=60^0$ (đpcm)
Ta đổi chiều bất đẳng thức, khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(18\left(\frac{a^3}{1+a^3}+\frac{b^3}{1+b^3}+\frac{c^3}{1+c^3}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Để ý abc=1 thì \(\frac{a^3}{1+a^3}=\frac{a^3}{abc+a^3}=\frac{a^2}{bc+a^2}\)nên bất đẳng thức trên thành:
\(18\left(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\right)+\left(a+b+c\right)^3\ge54\)
Lại cũng từ \(abc=1\) ta có \(\left(a+b+c\right)^3\ge27abc=27\), do đó ta sẽ chứng minh được khi ta chỉ ra được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{3}{2}\)
Vế trái của đánh giá trên áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức. Lúc này ta được:
\(\frac{a^2}{bc+a^2}+\frac{b^2}{ca+b^2}+\frac{c^2}{ab+c^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\)
Tuy nhiên để đến khi \(a=b=c=1\) thì:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}=\left(a+b+c\right)^3=27\)
Ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy dạng \(x+y\ge2\sqrt{xy}\), khi đó ta được:
\(\frac{18\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}+\left(a+b+c\right)^3\ge\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\)
Chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ được:
\(\sqrt{\frac{18\left(a+b+c\right)^5}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}}\ge54\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^5\ge\frac{81}{2}\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)\)
Vậy theo bất đẳng thức Cauchy ta được:
\(\left(a+b+c\right)^6=\left[\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(ab+bc+ca\right)\right]^3\)
\(\ge27\left(a+b+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)^2\ge81abc\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
\(=81\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\)
Khi đó ta được:
\(\left(a+b+c\right)^5\ge81\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Vậy ta cần chỉ ra rằng:
\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
Vậy bất đẳng thức trên tương đương với \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\), là một bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Ta có:
\(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)
Hoàn toàn tương tự ta có:
\(\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\);
\(\frac{1}{\left(c+b+\sqrt{\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo bất đẳng thức trên ta được:
\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)
\(\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Do đó:
\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)
\(\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, bất đẳng thức xày ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
áp dụng bất đẳng thức cauchy schwarz
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{9}{2\cdot1}=\frac{9}{2}>4\)
suy ra điều phải chứng minh
Cách 2:
VT=\(\frac{1}{1-c}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{1-a}\)\(\ge\frac{3}{\sqrt[3]{\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)}}\)
mà \(\sqrt[3]{\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)}\le\frac{3-\left(a+b+c\right)}{3}\)\(=\frac{2}{3}\)
=>\(VT\ge\frac{3}{\frac{2}{3}}=\frac{9}{2}>4\)
Thay abc = 1 vào bđt cần chứng minh :
\(a+b+c\ge\frac{a\left(bc+1\right)}{b\left(ac+1\right)}+\frac{b\left(ac+1\right)}{c\left(ab+1\right)}+\frac{c\left(ab+1\right)}{a\left(bc+1\right)}\)
\(\Leftrightarrow a\left(1-\frac{bc+1}{ac+1}\right)+b\left(1-\frac{ac+1}{ab+1}\right)+c\left(1-\frac{ab+1}{bc+1}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{ac\left(a-b\right)}{ac+1}+\frac{ab\left(b-c\right)}{ab+1}+\frac{bc\left(c-a\right)}{bc+1}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{ac\left[-\left(c-a\right)-\left(b-c\right)\right]}{ac+1}+\frac{ab\left[-\left(a-b\right)-\left(c-a\right)\right]}{ab+1}+\frac{bc\left[-\left(b-c\right)-\left(a-b\right)\right]}{bc+1}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left[\frac{-ac\left(c-a\right)}{ac+1}-\frac{ab\left(c-a\right)}{ab+1}\right]+\left[-\frac{ac\left(b-c\right)}{ac+1}-\frac{bc\left(b-c\right)}{bc+1}\right]+\left[-\frac{ab\left(a-b\right)}{ab+1}-\frac{bc\left(a-b\right)}{bc+1}\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow-a\left(c-a\right)\left(c+b\right)\left(\frac{1}{ac+1}+\frac{1}{ab+1}\right)-c\left(b-c\right)\left(a+b\right)\left(\frac{1}{ac+1}+\frac{1}{bc+1}\right)-b\left(a-b\right)\left(a+c\right)\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{bc+1}\right)\ge0\)(1)
Đặt \(x=\frac{1}{ab+1},y=\frac{1}{bc+1},z=\frac{1}{ac+1}\)
Tiếp tục phân tích : \(-c\left(b-c\right)\left(a+b\right).x-b\left(a-b\right)\left(a+c\right).y=-c\left(a+b\right).x\left[-\left(c-a\right)-\left(a-b\right)\right]-b\left(a+c\right).y\left[-\left(b-c\right)-\left(c-a\right)\right]\)
\(=\left(c-a\right).\left[c\left(a+b\right)x+b\left(a+c\right)y\right]+c\left(a+b\right)\left(a-b\right).x+b\left(a+c\right)\left(b-c\right).y\)
Tới đây giả sử \(a\ge b\ge c>0\) là ra nhé :)
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM_GM kết hợp với $abc=1$:
\(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+1\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=3a\). Tương tự với các phân thức khác
\(\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+2\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+3\geq 3(a+b+c)\)
Tiếp tục áp dụng AM_GM:
\(\frac{b}{a}+b^2c^2a+c\geq 3\sqrt[3]{b^3c^3}=3bc......\), công theo vế và rút gọn
\(\Rightarrow \frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+a+b+c\geq 2(ab+bc+ac)=2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Cộng hai BĐT thu được lại, ta có:
\(\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)\geq 2\left(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Ta có đpcm. Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$
Từ bất đẳng thức Cô si ta có:
\(4\left(ab+bc+ca\right)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\left[\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\right]^2\)
\(\Rightarrow\)Ta cần chứng minh:
\(\frac{ab+bc+ca}{ca}+ca\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\le\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\)
Vì vai trò của a, b, c trong bất đẳng thức như nhau, nên không mất tính tổng quát ta giả sử \(a\ge b\ge c\)nên bất đẳng thức cuối cùng đùng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
A B C H
BC=a; AC=b; AB=c
Từ C dựng đường thẳng vuông góc với AB tại H
\(\frac{a}{bc}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}+\frac{1}{a+b-c}.\)
\(\Rightarrow a\left(a+b-c\right)+c\left(a+b-c\right)=b\left(a+b-c\right)+bc\)
\(\Rightarrow a^2+ab-ac+ac+bc-c^2=ab+b^2-bc+bc\)
\(\Rightarrow a^2-b^2-c^2+bc=0\) (*)
Ta có \(AB=c=AH+BH\Rightarrow c^2=AH^2+BH^2+2.AH.BH\) (**)
Xét tg vuông ACH có
\(AH^2=AC^2-CH^2=b^2-CH^2\)
Xét tg vuông BCH có
\(BH^2=BC^2-CH^2=a^2-CH^2\)
Thay giá trị của \(AH^2\) và \(BH^2\) vào (**) ta có
\(c^2=b^2-CH^2+a^2-CH^2+2.AH.BH=b^2+a^2-2.CH^2+2.AH.BH\) Thay vào (*) ta có
\(a^2-b^2-\left(b^2+a^2-2.CH^2+2.AH.BH\right)+bc=0\)
\(\Rightarrow-2.b^2+2.CH^2-2.AH.BH+bc=0\)
\(\Rightarrow-2\left(b^2-CH^2\right)-2.AH.BH+bc=0\)
\(\Rightarrow-2.AH^2-2.AH.BH+bc=0\)
\(\Rightarrow bc=2.AH\left(AH+BH\right)=2.AH.AB=2.AH.c\Rightarrow b=AC=2.AH\)
Xét tg vuông ACH có
\(\cos A=\frac{AH}{AC}=\frac{AH}{2.AH}=\frac{1}{2}\Rightarrow\widehat{A}=60^o\left(dpcm\right)\)