\(\left\{{}\begin{matrix}a,b,c\ge0\\a+b+c=2\end{matrix}\right.\) Cmr: \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-2abc\le1\)
1. \(\left\{{}\begin{matrix}a,b,c>0\\a+b+c=1\end{matrix}\right.\). Cmr: \(\frac{ab}{\sqrt{\left(1-c\right)^2\left(1+c\right)}}+\frac{bc}{\sqrt{\left(1-a\right)^2\left(1+a\right)}}+\frac{ca}{\sqrt{\left(1-b\right)^3\left(1+b\right)}}\le\frac{3\sqrt{2}}{8}\)
2. \(\left\{{}\begin{matrix}a,b,c>0\\a+b+c\le1\end{matrix}\right.\). Cmr: \(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab\left(a+b\right)}+\frac{1}{bc\left(b+c\right)}+\frac{1}{ac\left(a+c\right)}\ge\frac{87}{2}\)
3. \(\left\{{}\begin{matrix}a,b,c>0\\ab+bc+ca=2abc\end{matrix}\right.\). Cmr: \(\frac{1}{a\left(2a-1\right)^2}+\frac{1}{b\left(2b-1\right)^2}+\frac{1}{c\left(2c-1\right)^2}\ge\frac{1}{2}\)
4. \(\left\{{}\begin{matrix}x,y,z>0\\x+y+z=2015\end{matrix}\right.\). Tìm min \(A=\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}+\frac{y^4+z^4}{y^3+z^3}+\frac{z^4+x^4}{z^2+x^2}\)
Mn giúp mk với ạ! Thanks nhiều
Mới nghĩ ra 3 câu:
a/ \(\frac{ab}{\sqrt{\left(1-c\right)^2\left(1+c\right)}}=\frac{ab}{\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(1+c\right)}}\le\frac{ab}{2\sqrt{ab\left(1+c\right)}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{ab}{1+c}}\)
\(\sum\sqrt{\frac{ab}{1+c}}\le\sqrt{2\sum\frac{ab}{1+c}}\)
\(\sum\frac{ab}{1+c}=\sum\frac{ab}{a+c+b+c}\le\frac{1}{4}\sum\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}\right)=\frac{1}{4}\)
c/ \(ab+bc+ca=2abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)
Đặt \(\left(x;y;z\right)=\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\Rightarrow x+y+z=2\)
\(VT=\sum\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\)
Ta có đánh giá: \(\frac{x^3}{\left(2-x\right)^2}\ge x-\frac{1}{2}\) \(\forall x\in\left(0;2\right)\)
\(\Leftrightarrow2x^3\ge\left(2x-1\right)\left(x^2-4x+4\right)\)
\(\Leftrightarrow9x^2-12x+4\ge0\Leftrightarrow\left(3x-2\right)^2\ge0\)
d/ Ta có đánh giá: \(\frac{x^4+y^4}{x^3+y^3}\ge\frac{x+y}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x^2+xy+y^2\right)\ge0\)
Akai Haruma, Nguyễn Ngọc Lộc , @tth_new, @Băng Băng 2k6, @Trần Thanh Phương, @Nguyễn Việt Lâm
Mn giúp e vs ạ! Thanks!
Cho a+b+c=2. Chứng minh \(\left\{{}\begin{matrix}a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\le1\\\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\le2\end{matrix}\right.\)
Mọi người giúp mình với! Chú ý chọn điểm rơi là (0,1,1) và các hoán vị (mình mò ra :))
(không dùng cách giả sử c=min(a,b,c) hoặc tương tự nhé)
Cho \(\left\{{}\begin{matrix}a,b,c>0\\\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=3\end{matrix}\right.\)
Tìm MAX A \(=\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(2b+a+c\right)^2}+\frac{1}{\left(2c+a+b\right)^2}\)
Áp dụng BĐT Cô - si ta có :
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{2}{\sqrt{xy}}\ge\frac{2}{\frac{x+y}{2}}=\frac{4}{x+y}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\left(1\right)\)
Áp dụng BĐT trên ta được :
\(\frac{1}{2a+b+c}=\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\)
\(\Rightarrow\left(\frac{1}{2a+b+c}\right)^2\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)^2\)
Chứng minh tương tự rồi cộng các vế lại cho nhau ta được :
\(A\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)^2+\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)^2+\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)^2\)
\(\Rightarrow16A\le\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)^2+\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)^2+\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)^2\)
\(=\frac{2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{2}{\left(c+a\right)^2}+\frac{2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{2}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}+\frac{2}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a+b};\frac{1}{b+c};\frac{1}{c+a}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\)
Khi đó \(16A\le2x^2+2y^2+2z^2+2xy+2yz+2zx\)
Ta có BĐT phụ sau :
\(xy+yz+zx\le x^2+y^2+z^2\) ( tự chứng minh ) (2)
Áp dụng ta được :
\(16A\le4x^2+4y^2+4z^2=\frac{4}{\left(a+b\right)^2}+\frac{4}{\left(b+c\right)^2}+\frac{4}{\left(c+a\right)^2}\)
\(\Rightarrow4A\le\frac{1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(c+a\right)^2}\)
Từ (1) \(\Rightarrow\frac{1}{\left(x+y\right)^2}\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{x}++\frac{1}{y}\right)^2\)( bình phương 2 vế lên )
Áp dụng BĐT này ta được :
\(4A\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)^2+\frac{1}{16}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2+\frac{1}{16}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)^2\)
\(\Rightarrow64A\le\frac{1}{a^2}+\frac{2}{ab}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{2}{bc}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{2}{ac}+\frac{1}{a^2}\)
\(\Rightarrow32A\le\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\)
Áp dụng BĐT (2) ta được :
\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\le\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\)
\(\Rightarrow32A\le\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=3+3=6\)
\(\Rightarrow A\le\frac{6}{32}=\frac{3}{16}\)
Dấu " = " xảy ra khi a=b=c=1
Dài quá đi
Chúc bạn học tốt !!
1)cho a,b,c>0 CMR \(\dfrac{a^2}{b^2c}+\dfrac{b^2}{c^2a}+\dfrac{c^2}{a^2b}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\)
2)tìm x,y nguyên dương thỏa \(\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+2\left(x-y\right)\left(1-xy\right)=4xy+9\)
3) ghpt a) \(\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2+3=4x\\x^3+12x+y^3=6x^2+9\end{matrix}\right.\) b) \(\left\{{}\begin{matrix}x^4+3=4y\\y^4+3=4x\end{matrix}\right.\)
Xí câu BĐT:
ta cần chứng minh \(\dfrac{a^2}{b^2c}+\dfrac{b^2}{c^2a}+\dfrac{c^2}{a^2b}\ge\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge ab+bc+ca\)
Áp dụng BĐT cauchy:
\(\dfrac{a^3}{b}+ab\ge2\sqrt{\dfrac{a^3}{b}.ab}=2a^2\)
tương tự ta có:\(\dfrac{b^3}{c}+bc\ge2b^2;\dfrac{c^3}{a}+ac\ge2c^2\)
cả 2 vế các BĐT đều dương,cộng vế với vế ta có:
\(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}+ab+bc+ca\ge2a^2+2b^2+2c^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)
mà a2+b2+c2\(\ge ab+bc+ca\) ( chứng minh đầy đủ nhá)
do đó \(S=\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge2\left(ab+bc+ca\right)-ab+bc+ca=ab+bc+ca\)
suy ra BĐT ban đầu đúng
dấu = xảy ra khi và chỉ khi a=b=c.
P/s: cách khác :Áp dụng BĐT cauchy-schwarz:
\(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\)
\(S\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{ab+bc+ca}=ab+bc+ca\)
Câu hệ này =))
b, Từ hệ đã cho ta thấy x,y > 0
Trừ vế cho vế pt (1) và (2) của hệ ta được:
\(x^4-y^4=4y-4x\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)=4\left(y-x\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)+4\left(x-y\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left[\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)+4\right]=0\)
\(\Leftrightarrow x-y=0\) ( Vì \(\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)+4>0\) với x,y > 0)
\(\Leftrightarrow x=y\)
Với x = y thay vào pt đầu của hệ ta được:
\(x^4-4x+3=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(x^3+x^2+x-3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)^2\left(x^2+2x+3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow x-1=0\) ( Vì \(x^2+2x+3>0\) )
\(\Leftrightarrow x=1\)
Với x=1 suy ra y=1
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x;y) = (1;1)
2, Phương trình đã cho tương đương với:
\(x^2y^2+x^2+y^2+1+2\left(x-y\right)\left(1-xy\right)-4xy=9\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+2\left(x-y\right)\left(1-xy\right)+\left(xy-1\right)^2=9\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y+xy-1\right)^2=9\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(x-1\right)\left(y+1\right)\right]^2=9\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(y+1\right)=3\) ( Vì x,y nguyên dương )
Vì \(x;y\in Z^+\) nên x-1; y+1 nguyên và không âm.
Suy ra x-1 ; y+1 là ước nguyên dương của 3
Xét 2 TH ta tìm được các giá trị x;y cần tìm
1. a) \(\left\{{}\begin{matrix}x,y,z>0\\xyz=1\end{matrix}\right.\). Tìm max \(P=\frac{1}{\sqrt{x^5-x^2+3xy+6}}+\frac{1}{\sqrt{y^5-y^2+3yz+6}}+\frac{1}{\sqrt{z^5-z^2+zx+6}}\)
b) \(\left\{{}\begin{matrix}x,y,z>0\\xyz=8\end{matrix}\right.\). Min \(P=\frac{x^2}{\sqrt{\left(1+x^3\right)\left(1+y^3\right)}}+\frac{y^2}{\sqrt{\left(1+y^3\right)\left(1+z^3\right)}}+\frac{z^2}{\sqrt{\left(1+z^3\right)\left(1+x^3\right)}}\)
c) \(x,y,z>0.\) Min \(P=\sqrt{\frac{x^3}{x^3+\left(y+z\right)^3}}+\sqrt{\frac{y^3}{y^3+\left(z+x\right)^3}}+\sqrt{\frac{z^3}{z^3+\left(x+y\right)^3}}\)
d) \(a,b,c>0;a^2+b^2+c^2+abc=4.Cmr:2a+b+c\le\frac{9}{2}\)
e) \(\left\{{}\begin{matrix}a,b,c>0\\a+b+c=3\end{matrix}\right.\). Cmr: \(\frac{a}{b^3+ab}+\frac{b}{c^3+bc}+\frac{c}{a^3+ca}\ge\frac{3}{2}\)
f) \(\left\{{}\begin{matrix}a,b,c>0\\ab+bc+ca+abc=4\end{matrix}\right.\) Cmr: \(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\le3\)
g) \(\left\{{}\begin{matrix}a,b,c>0\\ab+bc+ca+abc=2\end{matrix}\right.\) Max : \(Q=\frac{a+1}{a^2+2a+2}+\frac{b+1}{b^2+2b+2}+\frac{c+1}{c^2+2c+2}\)
Câu c quen thuộc, chém trước:
Ta có BĐT phụ: \(\frac{x^3}{x^3+\left(y+z\right)^3}\ge\frac{x^4}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\) \((\ast)\)
Hay là: \(\frac{1}{x^3+\left(y+z\right)^3}\ge\frac{x}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}\)
Có: \(8(y^2+z^2) \Big[(x^2 +y^2 +z^2)^2 -x\left\{x^3 +(y+z)^3 \right\}\Big]\)
\(= \left( 4\,x{y}^{2}+4\,x{z}^{2}-{y}^{3}-3\,{y}^{2}z-3\,y{z}^{2}-{z}^{3 } \right) ^{2}+ \left( 7\,{y}^{4}+8\,{y}^{3}z+18\,{y}^{2}{z}^{2}+8\,{z }^{3}y+7\,{z}^{4} \right) \left( y-z \right) ^{2} \)
Từ đó BĐT \((\ast)\) là đúng. Do đó: \(\sqrt{\frac{x^3}{x^3+\left(y+z\right)^3}}\ge\frac{x^2}{x^2+y^2+z^2}\)
\(\therefore VT=\sum\sqrt{\frac{x^3}{x^3+\left(y+z\right)^3}}\ge\sum\frac{x^2}{x^2+y^2+z^2}=1\)
Done.
Câu 1 chuyên phan bội châu
câu c hà nội
câu g khoa học tự nhiên
câu b am-gm dựa vào hằng đẳng thử rồi đặt ẩn phụ
câu f đặt \(a=\frac{2m}{n+p};b=\frac{2n}{p+m};c=\frac{2p}{m+n}\)
Gà như mình mấy câu còn lại ko bt nha ! để bạn tth_pro full cho nhé !
Nguyễn Ngọc Lộc , ?Amanda?, Phạm Lan Hương, Akai Haruma, @Trần Thanh Phương, @Nguyễn Việt Lâm,
@tth_new
Giúp em vs ạ! Thanks nhiều ạ
1) \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)
2) với \(\left\{{}\begin{matrix}a,b,c>0\\a+b+c=3\end{matrix}\right.\) chứng minh \(\frac{a^3}{b\left(2c+a\right)}+\frac{b^3}{c\left(2a+b\right)}+\frac{c^3}{a\left(2b+c\right)}\ge1\)
Bài 1:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)[a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)]\geq (a+b+c)^2\)
\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)}\)$(*)$
Áp dụng BĐT AM-GM dễ thấy: $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac$
$\Rightarrow (a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}(**)$
Từ $(*); (**)\Rightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2.\frac{(a+b+c)^2}{3}}=\frac{3}{2}$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Bài 2:
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\frac{a^3}{b(2c+a)}+\frac{b}{3}+\frac{2c+a}{9}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{b(2c+a)}.\frac{b}{3}.\frac{2c+a}{9}}=a\)
\(\frac{b^3}{c(2a+b)}+\frac{c}{3}+\frac{2a+b}{9}\geq b\)
\(\frac{c^3}{a(2b+c)}+\frac{a}{3}+\frac{2b+c}{9}\ge c\)
Cộng theo vế và thu gọn ta có:
\(\frac{a^3}{b(2c+a)}+\frac{b^3}{c(2a+b)}+\frac{c^3}{a(2b+c)}\geq \frac{a+b+c}{3}=\frac{3}{3}=1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài 1 cách khác:
Đặt \(P=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
\(P+3=\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{b+a+c}{a+c}+\frac{a+b+c}{a+b}=(a+b+c)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(a+b+c=\frac{a+b}{2}+\frac{b+c}{2}+\frac{c+a}{2}\geq \frac{3}{2}\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}\)
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+b)(b+c)(c+a)}}\)
$\Rightarrow P+3\geq \frac{9}{2}$
$\Rightarrow P\geq \frac{3}{2}$ (đpcm)
cho \(\left\{{}\begin{matrix}a,b,c\ge0\\a+2b+3c\ge4\\3a+2b+c\le4\end{matrix}\right.\) tìm Min,Max \(a+b^2+c^3\)
Giai các hệ bất phương trình sau :
a/ \(\left\{{}\begin{matrix}x^2+x+5< 0\\x^2-6x+1>0\end{matrix}\right.\)
b/ \(\left\{{}\begin{matrix}2x^2+x-6>0\\3x^2-10x+3\ge0\end{matrix}\right.\)
c/ \(\left\{{}\begin{matrix}-2x^2-5x+4< 0\\-x^2-3x+10>0\end{matrix}\right.\)
d/ \(\left\{{}\begin{matrix}x^2+4x+3\ge0\\2x^2-x-10\le\\2x^2-5x+3>0\end{matrix}\right.0}\)
e/ \(-4\le\dfrac{x^2-2x-7}{x^2+1}\le1\)
f/ \(\left\{{}\begin{matrix}-x^2+4x-7< 0\\x^2-2x-1\ge0\end{matrix}\right.\)
a)
\(\left\{{}\begin{matrix}x^2+x+5< 0\\x^2-6x+1>0\end{matrix}\right.\)
\(\)Ta có
\(x^2+x+5=\left(x^2+x+\dfrac{1}{4}\right)+\dfrac{19}{4}=\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{19}{4}\ge\dfrac{19}{4}>0\)
=> Bất phương trình đàu tiên sai, hệ bất phương trình sai
b)
\(\left\{{}\begin{matrix}2x^2+x-6>0\\3x^2-10x+3\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(2x-3\right)\left(x+2\right)>0\\\left(x-3\right)\left(3x-1\right)\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}x>2\\x< -3\end{matrix}\right.\\\left[{}\begin{matrix}x\le-\dfrac{1}{3}\\x\ge3\end{matrix}\right.\end{matrix}\right.\)
cho\(\left\{{}\begin{matrix}a,b,c>0\\a+b+c=3\end{matrix}\right.\).
Cm:\(\dfrac{a^2}{a+2b^2}\)+\(\dfrac{b^2}{b+2c^2}\)+\(\dfrac{c^2}{c+2a^2}\)\(\ge\)1
Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki dạng phân thức có
\(\dfrac{a^2}{a+2b^2}+\dfrac{b^2}{b+2c^2}+\dfrac{c^2}{c+2a^2}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+2b^2+b+2c^2+c+2a^2}=\dfrac{9}{3+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\) (1)
Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki có:
\(\left(a.1+b.1+c.1\right)^2\ge\left(1+1+1\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Rightarrow9\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)\Rightarrow3\ge a^2+b^2+c^2\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\le6\) (2)
Thay (2) vào (1) có \(\dfrac{a^2}{a+b^2}+\dfrac{b^2}{b+2c^2}+\dfrac{c^2}{c+a^2}\ge\dfrac{9}{3+6}=1\) (đpcm)
Dấu = xảy ra khi a= b=c=1