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 $a=b=c=1$
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{a(b+c)}{4}\geq 2\sqrt{\frac{1}{a^3(b+c)}.\frac{a(b+c)}{4}}=2\sqrt{\frac{1}{4a^2}}=\frac{1}{a}=\frac{abc}{a}=bc\)
Tương tự:
\(\frac{1}{b^3(c+a)}+\frac{b(c+a)}{4}\geq \frac{1}{b}=ac\)
\(\frac{1}{c^3(a+b)}+\frac{c(a+b)}{4}\geq \frac{1}{c}=ab\)
Cộng theo vế:
\(\Rightarrow \text{VT}+\frac{ab+bc+ac}{2}\geq ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow \text{VT}\geq \frac{ab+bc+ac}{2}\)
Tiếp tục áp dụng AM-GM: \(ab+bc+ac\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3\)
\(\Rightarrow \text{VT}\ge \frac{3}{2}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Lời giải:
Đặt vế trái là $A$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)(a+b+b+c+c+c)\geq (1+1+1+1+1+1)^2\)
\(\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\geq \frac{36}{a+2b+3c}\)
Hoàn toàn TT:
\(\frac{1}{b}+\frac{2}{c}+\frac{3}{a}\geq \frac{36}{b+2c+3a}\)
\(\frac{1}{c}+\frac{2}{a}+\frac{3}{b}\geq \frac{36}{c+2a+3b}\)
Cộng theo vế:
\(\Rightarrow 6\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geq 36A\)
\(\Rightarrow A\leq \frac{1}{6}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Theo đkđb: \(ab+bc+ac=abc\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)
Do đó: \(A\leq \frac{1}{6}< \frac{3}{16}\) (đpcm)
a) \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
(Luôn đúng)
Vậy ta có đpcm.
Đẳng thức khi \(a=b=c\)
b) \(a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2\ge2ab+2a+2b\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2b+1+a^2-2a+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(a-1\right)^2\ge0\)
(Luôn đúng)
Vậy ta có đpcm
Đẳng thức khi \(a=b=1\)
Các bài tiếp theo tương tự :v
g) \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)=a^2+a^2b^2+b^2+b^2c^2+c^2+c^2a^2\ge6\sqrt[6]{a^2.a^2b^2.b^2.b^2c^2.c^2.c^2a^2}=6abc\)
i) \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{a}.\dfrac{1}{b}}=\dfrac{2}{\sqrt{ab}}\)
Tương tự: \(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{2}{\sqrt{bc}};\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{2}{\sqrt{ca}}\)
Cộng vế theo vế rồi rút gọn cho 2, ta được đpcm
j) Tương tự bài i), áp dụng Cauchy, cộng vế theo vế rồi rút gọn được đpcm
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
Lời giải:
Ta có:
\(\text{VT}=a-\frac{ab(a+b)}{a^2+ab+b^2}+b-\frac{bc(b+c)}{b^2+bc+c^2}+c-\frac{ca(c+a)}{c^2+ca+a^2}\)
\(=a+b+c-\left(\frac{ab(a+b)}{a^2+ab+b^2}+\frac{bc(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\frac{ca(c+a)}{c^2+ca+a^2}\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\text{VT}\geq a+b+c-\left(\frac{ab(a+b)}{2ab+ab}+\frac{bc(b+c)}{2bc+bc}+\frac{ca(c+a)}{2ac+ac}\right)\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}\geq a+b+c-\frac{2}{3}(a+b+c)=\frac{a+b+c}{3}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
1) Áp dụng bất đẳng Bunyakovsky dạng cộng mẫu ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}=\frac{a^6}{abc}+\frac{b^6}{abc}+\frac{c^6}{abc}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\)
\(=\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}\ge\frac{3abc\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}=a^3+b^3+c^3\)
(Cauchy 3 số) Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c
2) Áp dụng kết quả phần 1 ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\ge\frac{\left(a^3+b^2+c^3\right)^2}{3\cdot\frac{1}{3}}=\left(a^3+b^3+c^3\right)^2\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)
Đặt \(\left(a,b,c\right)\rightarrow\left(\dfrac{x}{y},\dfrac{y}{z},\dfrac{z}{x}\right)\)
BĐT cần c/m tương đương với
\(\sum\dfrac{yz}{xy+xz+2yz}\le\dfrac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{xy+xz}{xy+xz+2yz}\ge\dfrac{3}{2}\)
Ta có \(\sum\dfrac{xy+xz}{xy+xz+2yz}\ge\dfrac{\left(2\sum xy\right)^2}{\sum\left(xy+xz+2yz\right)\left(xy+xz\right)}=\dfrac{4\left(\sum xy\right)^2}{2\sum x^2y^2+6\sum x^2yz}\)
Như vậy ta cần c/m \(\dfrac{4\left(\sum xy\right)^2}{2\sum x^2y^2+6\sum x^2yz}\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow8\left(\sum xy\right)^2\ge6\sum x^2y^2+18\sum x^2yz\)
\(\Leftrightarrow8\left(\sum xy\right)^2\ge6\left(\sum xy\right)^2+6\sum x^2yz\)
\(\Leftrightarrow\left(\sum xy\right)^2\ge3\sum x^2yz\) (luôn đúng)
Ta có:
\(\dfrac{1}{ab+a+2}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{ab+1}+\dfrac{1}{a+1}\right)=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{c}{1+c}+\dfrac{1}{a+1}\right)\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{a+1}{a+1}+\dfrac{b+1}{b+1}+\dfrac{c+1}{c+1}\right)=\dfrac{3}{4}\)
Ta có :
\(VT=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{2}{ab}+\dfrac{2}{bc}+\dfrac{2}{ca}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{4}{2ab}+\dfrac{4}{2bc}+\dfrac{4}{2ca}\)
Theo BĐT Cauchy schwarz dưới dạng engel ta có :
\(VT\ge\dfrac{\left(1+1+1+2+2+2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{81}{1}=81\)
Vậy BĐT đã được chứng minh . Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
nếu dùng kỹ thuật chọn điểm rơi và đánh giá từ TBC sang TBN thì làm kiểu j v bn
\(\dfrac{2}{a+2}+\dfrac{2}{b+2}+\dfrac{2}{c+2}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2}{a+2}-1+\dfrac{2}{b+2}-1+\dfrac{2}{c+2}-1\ge2-3\)
\(\Rightarrow1\ge\dfrac{a}{a+2}+\dfrac{b}{b+2}+\dfrac{c}{c+2}=\dfrac{a^2}{a^2+2a}+\dfrac{b^2}{b^2+2b}+\dfrac{c^2}{c^2+2c}\)
\(\Rightarrow1\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+2a+b^2+2b+c^2+2c}\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(a+b+c\right)\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\) đpcm
Phía trên thoả mãn \(\ge1\) chứ không phải 3/2 đâu ạ