Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
a)
Sử dụng pp biến đổi tương đương:
\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\geq \frac{2}{ab+1}\Leftrightarrow \frac{a^2+b^2+2}{(a^2+1)(b^2+1)}\geq \frac{2}{ab+1}\)
\(\Leftrightarrow (ab+1)(a^2+b^2+2)\geq 2(a^2b^2+a^2+b^2+1)\)
\(\Leftrightarrow ab(a^2+b^2)+2ab\geq 2a^2b^2+a^2+b^2\)
\(\Leftrightarrow ab(a^2+b^2-2ab)-(a^2+b^2-2ab)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow ab(a-b)^2-(a-b)^2\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (ab-1)(a-b)^2\geq 0\) (luôn đúng với mọi $ab\geq 1$)
Ta có đpcm.
b) Áp dụng công thức của phần a ta có:
\(\frac{1}{a^4+1}+\frac{1}{b^4+1}\geq \frac{2}{1+(ab)^2}\)
Tiếp tục áp dụng công thức phần a: \(\frac{1}{1+(ab)^2}+\frac{1}{1+b^4}\geq \frac{2}{1+ab^3}\)
Do đó:
\(\frac{1}{a^4+1}+\frac{3}{b^4+1}\geq \frac{4}{1+ab^3}\)
Hoàn toàn tương tự: \(\frac{1}{b^4+1}+\frac{3}{c^4+1}\geq \frac{4}{1+bc^3}; \frac{1}{c^4+1}+\frac{3}{a^4+1}\geq \frac{4}{1+ca^3}\)
Cộng theo vế các BĐT trên thu được:
\(4\left(\frac{1}{a^4+1}+\frac{1}{b^4+1}+\frac{1}{c^4+1}\right)\geq 4\left(\frac{1}{1+ab^3}+\frac{1}{1+bc^3}+\frac{1}{1+ca^3}\right)\)
\(\Leftrightarrow \frac{1}{a^4+1}+\frac{1}{b^4+1}+\frac{1}{c^4+1}\geq \frac{1}{1+ab^3}+\frac{1}{1+bc^3}+\frac{1}{1+ca^3}\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
1.Ta có :\(x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)\)
\(=x^2-xy+y^2\) (do x+y=1)
\(=\dfrac{3}{4}\left(x-y\right)^2+\dfrac{1}{4}\left(x+y\right)^2\ge\dfrac{1}{4}\left(x+y\right)^2\)\(=\dfrac{1}{4}.1=\dfrac{1}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi :\(x=y=\dfrac{1}{2}\)
Vậy \(x^3+y^3\ge\dfrac{1}{4}\)
2.
a) Sửa đề: \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^3-a^2b\right)+\left(b^3-ab^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2\left(a-b\right)+b^2\left(b-a\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^2-b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\) (luôn đúng vì \(a,b\ge0\))
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)
b) Lần trước mk giải rồi nhá
3.
a) Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel\(P=\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{1}{y+1}+\dfrac{1}{z+1}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{\left(x+y+z\right)+3}=\dfrac{9}{3+3}=\dfrac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{x+1}=\dfrac{1}{y+1}=\dfrac{1}{z+1}\\x+y+z=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=y=z=1\)
b) \(Q=\dfrac{x}{x^2+1}+\dfrac{y}{y^2+1}+\dfrac{z}{z^2+1}\le\dfrac{x}{2\sqrt{x^2.1}}+\dfrac{y}{2\sqrt{y^2.1}}+\dfrac{z}{2\sqrt{z^2.1}}\)
\(=\dfrac{x}{2x}+\dfrac{y}{2y}+\dfrac{z}{2z}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow x^2=y^2=z^2=1\Leftrightarrow x=y=z=1\)
Đặt \(\left(a^{\dfrac{1}{3}};b^{\dfrac{1}{3}};c^{\dfrac{1}{3}}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x,y,z>0\\xyz=1\\\left(a^3;b^3;c^3\right)\rightarrow\left(x^9;y^9;z^9\right)\end{matrix}\right.\)
\(BDT\Leftrightarrow\dfrac{1}{2x^9+3x^3+2}+\dfrac{1}{2y^9+3y^3+2}+\dfrac{1}{2z^9+3z^3+2}\ge\dfrac{3}{7}\)
Ta có BĐT: \(\dfrac{1}{2x^9+3x^3+2}\ge\dfrac{3}{7\left(x^{12}+x^6+1\right)}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)\left(7x^9+x^6+8x^3-1\right)}{7\left(x^6-x^3+1\right)\left(x^6+x^3+1\right)\left(2x^9+3x^3+2\right)}\ge0\) *Đúng*
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT\ge\dfrac{3}{7}\left(\dfrac{1}{x^{12}+x^6+1}+\dfrac{1}{y^{12}+y^6+1}+\dfrac{1}{z^{12}+z^6+1}\right)\)
Cần chứng minh \(\dfrac{1}{x^{12}+x^6+1}+\dfrac{1}{y^{12}+y^6+1}+\dfrac{1}{z^{12}+z^6+1}\ge1\)
Đặt tiếp \(\left(x^6;y^6;z^6\right)\rightarrow\left(n;h;t\right)\) thì có:
\(\dfrac{1}{n^2+n+1}+\dfrac{1}{h^2+h+1}+\dfrac{1}{t^2+t+1}\ge1\forall nht=1;n,h,t>0\)
Cái này đã làm rồi Here - còn tại sao lại đặt và có BĐT phụ như vậy thì ko nói nhé :)
Có: \(\dfrac{a+1}{1+b^2}=\dfrac{\left(1+b^2\right).\left(a+1\right)-b^2\left(a+1\right)}{1+b^2}=a+1-\dfrac{b^2\left(a+1\right)}{1+b^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương 1 và b2 ta được
\(1+b^2\ge2b\Rightarrow-\dfrac{b^2\left(a+1\right)}{1+b^2}\ge-\dfrac{b^2\left(a+1\right)}{2b}=-\dfrac{ab+b}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a+1}{1+b^2}\ge a+1-\dfrac{ab+b}{2}\)
CMTT\(\Rightarrow\dfrac{b+1}{1+c^2}\ge b+1-\dfrac{bc+c}{2};\dfrac{c+1}{1+a^2}\ge c+1-\dfrac{ac+a}{2}\)
\(\Rightarrow A\ge\left(a+b+c\right)+3-\dfrac{\left(ab+bc+ac\right)+\left(a+b+c\right)}{2}\)
Ta có \(ab+bc+ca\le\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow ab+ac+bc\le\dfrac{1}{3}.3^2=3\)
\(\Rightarrow A\ge3+3-\dfrac{3+3}{2}=3\)(đpcm)
Chả biết đúng hay sai,làm đại.:v
Dự đoán dấu "=" xảy ra tại a = b = c = 1
Với dự đoán đó,
Xét \(\dfrac{a+1}{1+b^2}=2-\dfrac{a+1}{1+b^2}\ge2-\dfrac{a+1}{2b}\)
Tương tự: \(\dfrac{b+1}{1+c^2}\ge2-\dfrac{b+1}{2c};\dfrac{c+1}{1+a^2}\ge2-\dfrac{c+1}{2a}\)
Cộng theo vế 3BĐT,ta có: \(VT\ge2+2+2-\dfrac{a+1}{2b}+\dfrac{b+1}{2c}+\dfrac{c+1}{2a}\)
\(=6-\dfrac{a+1}{2b}+\dfrac{b+1}{2c}+\dfrac{c+1}{2a}\)
\(\ge6-\dfrac{2b}{2b}+\dfrac{2c}{2c}+\dfrac{2a}{2a}=3^{\left(đpcm\right)}\) (do dự đoán a = b = c = 1 nên \(a+1\le2b\))
Vậy điều ta dự đoán là đúng.
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Ta có BĐT : \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}=4\)
Sử dụng BĐT Cauchy schwarz dưới dạng engel ta có :
\(\dfrac{\left(a+\dfrac{1}{b}\right)^2}{1}+\dfrac{\left(b+\dfrac{1}{a}\right)^2}{1}\ge\dfrac{\left(a+b+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)^2}{2}=\dfrac{\left(1+4\right)^2}{2}=\dfrac{25}{2}\)
Vậy BĐT đã được chứng minh . Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=\dfrac{1}{2}\)
Áp dụng BĐT Cauchy dạng Engel , ta có :
\(\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\) ≥ \(\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c+1+1+1}=\dfrac{9}{a+b+c+3}\text{ ≥}\dfrac{9}{3+3}=\dfrac{9}{6}=\dfrac{3}{2}\)
\("="\text{⇔}a=b=c=1\)