ta có \(\frac{a}{1+b-a}+a\left(1+b-a\right)\ge2a\)hay \(\frac{a}{1+b-a}\ge a\left(1+a-b\right)=a\left(2a+c\right)\)
tương tự ta sẽ có :
\(\frac{a}{1+b-a}+\frac{b}{1+c-b}+\frac{c}{1+a-c}\ge2a^2+2b^2+2c^2+ab+ac+bc\)
\(\ge\frac{3}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\right)\ge\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2\)
\(\ge\left(a+b+c\right)^2=1\)
vậy ta có điều phải chứng minh
dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
vì bạn muốn làm bằng BDT Bunhia nên mình làm cách đó nhé :
ta có : \(\left[a\left(1+b-a\right)+b\left(1+c-b\right)+c\left(1+a-c\right)\right]\left(\frac{a}{1+b-a}+\frac{b}{1+c-b}+\frac{c}{1+a-c}\right)\)
\(\ge\left(a+b+c\right)^2=1\) ( áp dụng Bunhia )
nên ta có : \(VT\ge\frac{1}{a\left(1+b-a\right)+b\left(1+c-b\right)+c\left(1+a-c\right)}=\frac{1}{a\left(2b+c\right)+b\left(2c+a\right)+c\left(2a+c\right)}\)
\(\ge\frac{1}{3\left(ab+bc+ca\right)}\) mà \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)
nên ta có : \(VT\ge\frac{1}{3\times\frac{1}{3}}=1=VP\) vậy ta có đpcm
hgbjfthrvr tyhjuk,jmhngfdsfghnjmbvcdcfvgbnm,kjhgfdxz
Xét hiệu:
-------------------------
Theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM:
