Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đỗ Đàm Phi Long Quy đồng? Ý bạn là chỗ \(\frac{m+n}{mn}\ge\frac{4}{m+n}\Leftrightarrow\left(m+n\right)^2\ge4mn?\) Nếu thế thì đó là nhân chéo mà, đâu phải quy đồng đâu ta?
Ta có
\(\frac{1+m^2}{1+n^2}=1+m^2-\frac{n^2\left(1+m^2\right)}{1+n^2}\le1+m^2-\frac{n^2\left(1+m^2\right)}{2}\)
Tương tự ta có
\(\frac{1+n^2}{1+p^2}\le1+n^2-\frac{p^2\left(1+n^2\right)}{2}\)
\(\frac{1+p^2}{1+m^2}\le1+p^2-\frac{m^2\left(1+p^2\right)}{2}\)
\(\Rightarrow A\le3+m^2+n^2+p^2-\frac{n^2\left(1+m^2\right)+p^2\left(1+n^2\right)+m^2\left(1+p^2\right)}{2}\)
\(=\frac{m^2+n^2+p^2-\left(m^2N^2+n^2p^2+p^2m^2\right)}{2}+3\)
\(\le\frac{m^2+n^2+p^2+2\left(mn+np+pm\right)}{2}+3\)
\(=\frac{\left(m+n+p\right)^2}{2}+3=\frac{1}{2}+3=\frac{7}{2}\)
\(a,b,c\in\left[0,1\right]\) do đó \(a^2+b^2+c^2\le a+b+c=1\)
Ta có: \(T=\text{∑}\left(a^2+1-\frac{b^2a^2+b^2}{1+b^2}\right)\)\(\le\text{∑}a^2+3-\text{∑}\frac{b^2a^2+b^2}{2}\)
\(=3+\frac{\text{∑}a^2-\text{∑}a^2b^2}{2}\le3+\frac{1}{2}\le\frac{7}{2}\)
\(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p}-\frac{1}{m+n+p}=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{m+n}{mn}+\frac{m+n}{p\left(m+n+p\right)}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(m+n\right)\left(\frac{pm+pn+p^2+mn}{mnp\left(m+n+p\right)}\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(m+n\right)\left(n+p\right)\left(p+m\right)=0\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m=-n\\m=-p\\p=-n\end{matrix}\right.\)
Cả 3 TH là như nhau
Ví dụ như TH1: \(\frac{1}{m^{2017}}+\frac{1}{-m^{2017}}+\frac{1}{p^{2017}}=\frac{1}{p^{2017}}\)
\(\frac{1}{m^{2017}-m^{2017}+p^{2017}}=\frac{1}{p^{2017}}\) (đpcm)
Lời giải:
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$\frac{4}{m+n}\leq \frac{m+n}{mn}$
$\Leftrightarrow 4mn\leq (m+n)^2$
$\Leftrightarrow (m+n)^2-4mn\geq 0$
$\Leftrightarrow (m-n)^2\geq 0$ (luôn đúng với mọi $m,n>0$)
Do đó ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $m=n>0$