Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT AM-GM: \(1+b^2\ge2b\)
\(\Rightarrow\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\)
Tương tự: \(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2};\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ca}{2}\)
Cộng vế với vế 3 BĐT trên ta được: \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge\left(a+b+c\right)-\frac{ab+bc+ca}{2}=3-\frac{ab+bc+ca}{2}\)
Mà \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
Nên \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge3-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{6}=3-\frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)(đpcm).
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1.
\(=\)\(18\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{1}+\frac{1}{1}\right)\)\(=\)\(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(\left(9+5\sqrt{3}\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(=\)\(0\)
Vậy\(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(0\)
Chứng minh là \(18\frac{3}{1}\)\(>\)\(0\)là đúng
chúc bạn học tốt
Bất đẳng thức trên
<=> 
+ 1 + 
+ 1 + 
+ 1 ≥ 3
<=> 
+ 
+ 
≥ 3 (*)
Ta có: VT(*) ≥ 
Ta sẽ chứng minh: (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ (ab + 1)(bc + 1)(ca + 1)
<=> abc + ab + bc + ca + a + b + c + 1
≥ a2b2c2 + abc(a + b + c) + ab + bc + ca + 1
<=> 3 ≥ a2b2c2 + 2abc (**)
Theo Cosi: 3 = a + b + c ≥ 3
=> ≤ 1 => abc ≤ 1
Vậy (**) đúng => (*) đúng.
câu a,mình ko biết nhưng câu b bạn cộng 1+b cho số hạng đầu áp dụng cô si,các số hạng khác tương tự rồi cộng vế theo vế,ta có điều phải c/m
Nhân 2 vế của \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\) có: \(ab+bc+ca=abc\)
Ta có:
\(\frac{a^2}{a+bc}=\frac{a^3}{a^2+abc}=\frac{a^3}{a^2+ab+bc+ca}=\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a^2}{a+bc}=\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{a+b}{8}+\frac{a+c}{8}\)
\(\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\cdot\frac{a+b}{8}\cdot\frac{a+c}{8}}=\frac{3a}{4}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta có:
\(\frac{b^2}{b+ca}+\frac{a+b}{8}+\frac{b+c}{8}\ge\frac{3b}{4};\frac{c^2}{c+ab}+\frac{a+c}{8}+\frac{b+c}{8}\ge\frac{3c}{4}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT+\frac{4\left(a+b+c\right)}{8}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\)
\(\Leftrightarrow VT+\frac{4\left(a+b+c\right)}{8}\ge\frac{6\left(a+b+c\right)}{8}\)
\(\Leftrightarrow VT\ge\frac{a+b+c}{4}=VP\). Ta có ĐPCM
Ta có: \(2a+b^2=2a\left(a+b+c\right)+b^2=b^2+2a^2+2ab+2ac\)
\(\ge4ab+2ac+a^2\)
\(\Rightarrow\frac{a}{2a+b^2}\le\frac{a}{4ab+2ac+a^2}=\frac{1}{4b+2c+a}\)
\(\le\frac{1}{49}.\frac{49}{4b+2c+a}=\frac{1}{49}.\frac{\left(4+2+1\right)^2}{4b+2c+a}\)
\(\le\frac{1}{49}\left(\frac{16}{4b}+\frac{4}{2c}+\frac{1}{a}\right)=\frac{1}{49}\left(\frac{4}{b}+\frac{2}{c}+\frac{1}{a}\right)\)
CMTT: \(\frac{b}{2b+c^2}\le\frac{1}{49}\left(\frac{4}{c}+\frac{2}{a}+\frac{1}{b}\right);\frac{c}{2c+a^2}\le\frac{1}{49}\left(\frac{4}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a}{2a+b^2}+\frac{b}{2b+c^2}+\frac{c}{2c+a^2}\le\frac{1}{7}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)( đpcm )
Ta có; \(\frac{a^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{a+b}.\frac{a+b}{4}}=a\)
Tương tự : \(\frac{b^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge b\)
\(\frac{c^2}{c+a}+\frac{c+a}{4}\ge c\)
Cộng từng vế ta có:
\(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}+\frac{a+b+c}{2}\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{a+b+c}{2}=\frac{1}{2}\)