求证(a2+bc)/(b+c)+(b2+ac)/(a+c)+(c2+ab)/(b+c)≥a+b+c a,b,c为正整数

求证(a2+bc)/(b+c)+(b2+ac)/(a+c)+(c2+ab)/(b+c)≥a+b+c a,b,c为正整数
求证(a2+bc)/(b+c)+(b2+ac)/(a+c)+(c2+ab)/(b+c)≥a+b+c a,b,c为正整数

求证(a2+bc)/(b+c)+(b2+ac)/(a+c)+(c2+ab)/(b+c)≥a+b+c a,b,c为正整数
不失一般性,令a≧b≧c,则：a^2≧b^2≧c^2、且a＋b≧a＋c≧b＋c,
∴1/（b＋c）≧1/（a＋c）≧1/（a＋b）.
考虑两个序列：a^2≧b^2≧c^2、　1/（b＋c）≧1/（a＋c）≧1/（a＋b）,
由排序不等式：顺序和不小于乱序和,有：
a^2/（b＋c）＋b^2/（a＋c）＋c^2/（a＋b）≧b^2/（b＋c）＋c^2/（a＋c）＋a^2/（a＋b）,
∴a^2/（b＋c）＋b^2/（a＋c）＋c^2/（a＋b）＋bc/（b＋c）＋ac/（a＋c）＋ab/（a＋b）
　≧b^2/（b＋c）＋c^2/（a＋c）＋a^2/（a＋b）＋bc/（b＋c）＋ac/（a＋c）＋ab/（a＋b）,
∴（a^2＋bc）/（b＋c）＋（b^2＋ac）/（a＋c）＋（c^2＋ab）/（a＋b）
　≧（b^2＋bc）/（b＋c）＋（c^2＋ac）/（a＋c）＋（a^2＋ab）/（a＋b）
　＝b（b＋c）/（b＋c）＋c（c＋a）/（a＋c）＋a（a＋b）/（a＋b）
　＝b＋c＋a,
∴（a^2＋bc）/（b＋c）＋（b^2＋ac）/（a＋c）＋（c^2＋ab）/（a＋b）≧a＋b＋c.

(a2+bc)/(b+c) = (a^2+ac+ab+bc) / b+c - a = (a+b)(a+c)/(b+c) - a
(b2+ac)/(a+c) = (a+b)(b+c)/(a+c) - b
(c2+ab)/(b+c) = (c+a)(c+b)/(b+c) - c
所以只需要证明 (a+b)(a+c)/(b+c) + (a+b)(b+c)/(a+c) + (c+a...

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(a2+bc)/(b+c) = (a^2+ac+ab+bc) / b+c - a = (a+b)(a+c)/(b+c) - a
(b2+ac)/(a+c) = (a+b)(b+c)/(a+c) - b
(c2+ab)/(b+c) = (c+a)(c+b)/(b+c) - c
所以只需要证明 (a+b)(a+c)/(b+c) + (a+b)(b+c)/(a+c) + (c+a)(c+b)/(b+c) >= 2(a+b+c)
设x=a+b y=a+c z=b+c
那么就是xy/z + yz/x + xz/y >= x + y + z
有排序不等式可知上式显然成立。

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令a≧b≧c，则：a^2≧b^2≧c^2、且a＋b≧a＋c≧b＋c，
∴1/（b＋c）≧1/（a＋c）≧1/（a＋b）。
考虑两个序列：a^2≧b^2≧c^2、　1/（b＋c）≧1/（a＋c）≧1/（a＋b），
由排序不等式：顺序和不小于乱序和，有：
a^2/（b＋c）＋b^2/（a＋c）＋c^2/（a＋b）≧b^2/（b＋c）＋c^2/（a＋c）＋a^2/（a＋b...

全部展开

令a≧b≧c，则：a^2≧b^2≧c^2、且a＋b≧a＋c≧b＋c，
∴1/（b＋c）≧1/（a＋c）≧1/（a＋b）。
考虑两个序列：a^2≧b^2≧c^2、　1/（b＋c）≧1/（a＋c）≧1/（a＋b），
由排序不等式：顺序和不小于乱序和，有：
a^2/（b＋c）＋b^2/（a＋c）＋c^2/（a＋b）≧b^2/（b＋c）＋c^2/（a＋c）＋a^2/（a＋b），
∴a^2/（b＋c）＋b^2/（a＋c）＋c^2/（a＋b）＋bc/（b＋c）＋ac/（a＋c）＋ab/（a＋b）
　≧b^2/（b＋c）＋c^2/（a＋c）＋a^2/（a＋b）＋bc/（b＋c）＋ac/（a＋c）＋ab/（a＋b），
∴（a^2＋bc）/（b＋c）＋（b^2＋ac）/（a＋c）＋（c^2＋ab）/（a＋b）
　≧（b^2＋bc）/（b＋c）＋（c^2＋ac）/（a＋c）＋（a^2＋ab）/（a＋b）
　＝b（b＋c）/（b＋c）＋c（c＋a）/（a＋c）＋a（a＋b）/（a＋b）
　＝b＋c＋a，
∴（a^2＋bc）/（b＋c）＋（b^2＋ac）/（a＋c）＋（c^2＋ab）/（a＋b）≧a＋b＋c。

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