Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Cho a + b + c = 3. Chứng minh \(\frac{a}{b^2+1}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1}\)lớn hơn hoặc bằng 3
\(\frac{a}{b^2}+\frac{1}{a}\ge\frac{2}{b}\) BĐT Cô-si
Tương tự suy ra đpcm
Đặt b+c=x , c+a=y , a+b=z => a+b+c=(x+y+z)/2
=> a=(y+z-x)/2 và b=(x+z-y)/2 và c=(x+y-z)/2
VT = a/(a+b) +b/(b+c) +c/(c+a)
=(y+z-x)/(2x) + (x+z-y)\(2y) + (x+y-z)/(2z)
=(y/x + z/x -1+ x/y + z/y -1+ x/z + y/z -1 )/2
=( y/x+ z/x + x/y + z/y + x/z + y/z -3 )/2
Áp dụng Bđt cô si (3 lần cho 3 cặp nghich đảo)
( y/x + x/y ) + (z/y + y/z) + (x/z+ z/x) >= 2x3 =6 <=>
( y/x + x/y ) + (z/y + y/z) + (x/z+ z/x) -3 >= 3<=>
[( y/x + x/y ) + (z/y + y/z) + (x/z+ z/x) -3]/2 >= 3/2<=>
VT >= 3/2
Dấu = xảy ra khi: x=y=z <=> a=b=c
Ta Đặt
\(b+c=x;c+a=y;a+b=z\)
\(\Rightarrow a=\frac{y+z-x}{2};b=\frac{x+z-y}{2};c=\frac{x+y-z}{2}\)
Khi đó VT trở thành:
\(\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\)
\(=\frac{1}{2}\cdot\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-3\right)\)
Áp dụng BĐT cô-si, ta được;
VT\(\ge\frac{1}{2}\left(6-3\right)=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
<=> \(\frac{b+c-a}{2a}+1+\frac{a-b+c}{2b}+1+\frac{a+b-c}{2c}+1\ge\frac{3}{2}+3\)
<=> \(\frac{a+b+c}{2c}+\frac{a+b+c}{2b}+\frac{a+b+c}{2c}\ge\frac{9}{2}\)
<=> \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
<=> \(\frac{a}{a}+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{c}{c}\ge9\)
<=> \(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)\ge6\)
Ap dung bdt \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)
Suy ra ve trai >= 2.3=6=ve phai
=> DPCM
Dau = xay ra <=> a=b=c
mik phai di hoc nen tra loi tat mong ban thong cam
người đăng bài mới học lớp 8 thì trong chương trình lớp 8 chưa đc học Svac-xơ đâu ạ .Nếu dùng cần cm ạ
Đặt vế trái là P, áp dụng AM-GM cho từng cặp:
\(\frac{a^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge a\) ; \(\frac{b^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge b\) ; \(\frac{c^2}{c+d}+\frac{c+d}{4}\ge c\) ; \(\frac{d^2}{a+d}+\frac{a+d}{4}\ge d\)
Cộng vế với vế:
\(P+\frac{a+b+c+d}{2}\ge a+b+c+d\Rightarrow P\ge\frac{a+b+c+d}{2}\)
\("="\Leftrightarrow a=b=c=d\)
\(a^2+b^2+c^2+\frac{3}{4}\ge-a-b-c\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+\frac{3}{4}+a+b+c\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+a+\frac{1}{4}\right)+\left(b^2+b+\frac{1}{4}\right)+\left(c^2+c+\frac{1}{4}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+\frac{1}{2}\right)^2+\left(b+\frac{1}{2}\right)^2+\left(c+\frac{1}{2}\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Vậy \(a^2+b^2+c^2+\frac{3}{4}\ge-a-b-c\)
b ) chuyển vế tương tự
\(\frac{a^2}{b+c}\)+\(\frac{b+c}{4}\)=\(\frac{\left(2a\right)^2+\left(b+c\right)^2}{4\left(b+c\right)}\)>=\(\frac{4a\left(b+c\right)}{4\left(b+c\right)}\)=a (b,c>0)
chứng minh tương tự ta có:\(\frac{b^2}{a+c}\)+\(\frac{c+a}{4}\)>=b
tương tự:\(\frac{c^2}{a+b}\)+\(\frac{a+b}{4}\)>=c
Cộng từng vế bất đẳng thức trên là được nha.Có gì ko hiểu thì hỏi mình