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 $a=b=c=\frac{1}{3}$
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
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:\(\dfrac{a+ab}{a+b}???\rightarrow\dfrac{c+ab}{a+b}\)
a) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
\(\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ac}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{abc^2}{ab}}=2\sqrt{c^2}=2\left|c\right|=2c\left(c>0\right)\)
Chứng minh tương tự ta được: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{ac}{b}+\dfrac{ab}{c}\ge2a\\\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ab}{c}\ge2b\end{matrix}\right.\)
Cộng theo vế: \(\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ac}{b}+\dfrac{ab}{c}\ge a+b+c\left(đpcm\right)\)
Áp dụng liên tiếp AM-GM và Cauchy-Schwarz ta được:
\(\dfrac{ab}{a+b}=\dfrac{ab+b^2-b^2}{a+b}=\dfrac{b\left(a+b\right)}{a+b}-\dfrac{b^2}{a+b}=b-\dfrac{b^2}{a+b}\)
Chứng minh tương tự:
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{bc}{b+c}=\dfrac{bc+c^2-c^2}{b+c}=\dfrac{c\left(b+c\right)}{b+c}-\dfrac{c^2}{b+c}=c-\dfrac{c^2}{b+c}\\\dfrac{ac}{c+a}=\dfrac{ac+a^2-a^2}{c+a}=\dfrac{a\left(c+a\right)}{c+a}-\dfrac{a^2}{c+a}=a-\dfrac{a^2}{c+a}\end{matrix}\right.\)
Cộng theo vế:
\(\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{bc}{b+c}+\dfrac{ac}{a+c}=a+b+c-\left(\dfrac{b^2}{a+b}+\dfrac{c^2}{b+c}+\dfrac{a^2}{a+c}\right)\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=a+b+c-\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{a+b+c}{2}\left(đpcm\right)\)
b)Đặt \(A=\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{bc}{b+c}+\dfrac{ca}{c+a}\)
\(A=\dfrac{a\left(a+b\right)-a^2}{a+b}+\dfrac{b\left(b+c\right)-b^2}{a+b}+\dfrac{c\left(c+a\right)-c^2}{c+a}\)
\(A=a+b+c-\dfrac{a^2}{a+b}-\dfrac{b^2}{b+c}-\dfrac{c^2}{c+a}\)
Lại có:\(\dfrac{a^2}{a+b}+\dfrac{b^2}{b+c}+\dfrac{c^2}{c+a}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{2}\)
\(\Rightarrow A\le a+b+c-\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{a+b+c}{2}\)
\(\Rightarrowđpcm\)
vãi cả số thực dương tm a+b+c=0