U
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
NN
0
10 tháng 11 2017
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=\frac{a+b}{2}\\y=\frac{c+d}{2}\end{cases}}\)
Ta có:
\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab+1\ge a+b\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca+1\ge bc+ca+a+b=\left(a+b\right)\left(c+1\right)\ge\left(a+b\right)\left(c+d\right)\left(1\right)\)
Tương tự ta có:
\(bc+cd+db+1\ge\left(a+b\right)\left(b+d\right)\left(2\right)\)
\(cd+da+ac+1\ge\left(a+b\right)\left(c+d\right)\left(3\right)\)
\(da+ab+bd+1\ge\left(a+b\right)\left(c+d\right)\left(4\right)\)
Từ (1), (2), (3), (4) ta có:
\(VT\le\frac{a+b+c+d}{\left(a+b\right)\left(c+d\right)}=\frac{x+y}{2xy}\le\frac{xy+1}{2xy}\left(@\right)\)
Ta lại có:
\(VP\ge\frac{3}{4}+\frac{1}{4x^2y^2}\left(@@\right)\)
Từ \(\left(@\right),\left(@@\right)\)cái cần chứng minh trở thành.
\(\frac{xy+1}{2xy}\le\frac{3}{4}+\frac{1}{4x^2y^2}\)
\(\Leftrightarrow\left(xy-1\right)^2\ge0\)(đúng)
Vậy ta có ĐPCM.
MN
1
22 tháng 7 2019
a,b,c∈[0,1]⇒b≥b2;c≥c3
Ta có:
a,b,c∈[0,1]⇒(1−a)(1−b)(1−c)≥0
⇔1−a−b−c+ab+bc+ca−abc≥0
⇔a+b+c−ab−bc−ca+abc≤1
⇒a+b2+c3−ab−bc−ca≤1
⇒đpcm
Dấu "=" xảy ra khi trong a,b,ccó 1 số bằng 1, 1 số bằng 0, số còn lại là 1 hoặc 0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
21 tháng 2 2021
Nếu có 2 số đồng thời bằng 0 BĐT tương đương \(0\le\dfrac{3}{4}\) hiển nhiên đúng
Nếu ko có 2 số nào đồng thời bằng 0:
\(VT=\dfrac{bc}{a^2+b^2+a^2+c^2}+\dfrac{ca}{a^2+b^2+b^2+c^2}+\dfrac{ab}{a^2+c^2+b^2+c^2}\)
\(VT\le\dfrac{bc}{2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}}+\dfrac{ca}{2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)}}+\dfrac{ab}{2\sqrt{\left(a^2+c^2\right)\left(b^2+c^2\right)}}\)
\(VT\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{b^2}{a^2+b^2}+\dfrac{c^2}{a^2+c^2}+\dfrac{a^2}{a^2+b^2}+\dfrac{c^2}{b^2+c^2}+\dfrac{a^2}{a^2+c^2}+\dfrac{b^2}{b^2+c^2}\right)=\dfrac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
21 tháng 2 2021
\(bc\le\dfrac{\left(b+c\right)^2}{4}\Rightarrow\dfrac{bc}{a^2+1}\le\dfrac{\left(b+c\right)^2}{4\left(a^2+1\right)}\) chứng minh tương tự với mấy cái còn lại ta dc \(\dfrac{bc}{a^2+1}+\dfrac{ac}{b^2+1}+\dfrac{ab}{c^2+1}\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{\left(b+c\right)^2}{a^2+1}+\dfrac{\left(a+c\right)^2}{b^2+1}+\dfrac{\left(a+b\right)^2}{c^2+1}\right]\) .Thay a^2 +b^2 +c^2 =1 vào vế phải ta dc\(VT\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{\left(b+c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}+\dfrac{\left(a+c\right)^2}{2b^2+c^2+a^2}+\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}\right]\)
áp dụng bunhiacopski dạng phân thức ta dc\(VT\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{b^2}{a^2+b^2}+\dfrac{c^2}{a^2+c^2}+\dfrac{a^2}{b^2+a^2}+\dfrac{c^2}{b^2+c^2}+\dfrac{a^2}{c^2+a^2}+\dfrac{b^2}{c^2+b^2}\right]\) \(VT\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{a^2+b^2}{a^2+b^2}+\dfrac{c^2+a^2}{c^2+a^2}+\dfrac{c^2+b^2}{c^2+b^2}\right]\) \(\Rightarrow VT\le\dfrac{1}{4}\left(1+1+1\right)=\dfrac{3}{4}\left(đpcm\right)\)
NA
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
13 tháng 8 2021
Đặt \(P=\dfrac{a^3}{a^2+b^2+ab}+\dfrac{b^3}{b^2+c^2+bc}+\dfrac{c^3}{c^2+a^2+ca}\)
Ta có: \(\dfrac{a^3}{a^2+b^2+ab}=a-\dfrac{ab\left(a+b\right)}{a^2+b^2+ab}\ge a-\dfrac{ab\left(a+b\right)}{3\sqrt[3]{a^3b^3}}=a-\dfrac{a+b}{3}=\dfrac{2a-b}{3}\)
Tương tự: \(\dfrac{b^3}{b^2+c^2+bc}\ge\dfrac{2b-c}{3}\) ; \(\dfrac{c^3}{c^2+a^2+ca}\ge\dfrac{2c-a}{3}\)
Cộng vế:
\(P\ge\dfrac{a+b+c}{3}=673\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=673\)
TN
0
LA
1
Y
22 tháng 5 2019
\(a,b,c\in\left[0;1\right]\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b^2\le b\\c^2\le c\\0\le abc\le1\end{matrix}\right.\)
\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge0\)
\(\Rightarrow1-\left(a+b+c\right)+\left(ab+bc+ca\right)-abc\ge0\)
\(\Rightarrow a+b+c-ab+bc+ca+abc\le1\)
\(\Rightarrow a+b^2+c^2-ab-bc-ca\le1\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\) trong 3 số a,b,c có 1 số bằng 1 , 2 số còn lại bằng 0
Có: 1-a, 1-b, 1-c ≥ 0
=> (1-a)(1-b)(1-c) = 1 - (a+b+c) + ab+bc+ca - abc \(\ge\) 0
1 \(\ge\) a+b+c - ab - bc - ca + abc (*)
mặt khác cũng từ gt: 0\(\le\)≤ a, b, c \(\le\) 1 => b \(\ge\) b2 ; c \(\ge\) c3 ; abc \(\ge\) 0
(*) => 1 \(\ge\) a + b2 + c3 - ab-bc-ca (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi có 1 số = 0 và 1 số = 1