Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{ab+1}\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{ab+1}\right)+\left(\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{ab-a^2}{\left(1+a^2\right)\left(ab+1\right)}+\frac{ab-b^2}{\left(1+b^2\right)\left(ab+1\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a\left(b-a\right)}{\left(1+a^2\right)\left(ab+1\right)}+\frac{b\left(a-b\right)}{\left(1+b^2\right)\left(ab+1\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)}{ab+1}\left(\frac{b}{1+b^2}-\frac{a}{1+a^2}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a-b}{ab+1}.\frac{b+ba^2-a-ab^2}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a-b}{ab+1}.\frac{ab\left(a-b\right)-\left(a-b\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)}{\left(ab+1\right)\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}\ge0\)
Vì \(ab\ge1\) nên BĐT trên luôn đúng.
Vậy bđt ban đầu dc chứng minh .
Với a,b,c \(\ge\) 0, ta có:
\(BĐT\Leftrightarrow\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}-\frac{2}{\sqrt{ab}}-\frac{2}{\sqrt{bc}}-\frac{2}{\sqrt{ca}}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-\frac{1}{\sqrt{b}}\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{b}}-\frac{1}{\sqrt{c}}\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{c}}-\frac{1}{\sqrt{a}}\right)^2\ge0\)(đúng)
bài 1)
ta có \(\left(a-b\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow a^2-2ab+b^2+a^2-2a+1+b^2-2b+1\ge0\)
=> \(a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)
Băng Băng 2k6, Vũ Minh Tuấn, Nguyễn Việt Lâm, HISINOMA KINIMADO, Akai Haruma, Inosuke Hashibira,
Nguyễn Thị Ngọc Thơ, @tth_new
help me! cần gấp lắm ạ!
thanks nhiều!
sử dụng hệ quả bun-nhi-a ta có:
VT\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)+\left(ab+bc+ca\right)}\)
mà từ giả thiết , kết hợp với bất đẳng thức , ta có:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)=>\(a+b+c\ge9\)
mặt khác: ab+bc+ca\(\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
=> VT\(\ge\)\(\frac{3\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)\left(a+b+c+3\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)\frac{4\left(a+b+c\right)}{3}}=\frac{a+b+c}{4}\)(dpcm)
Đây nhé
Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y=2c+b+a=2c+z\\y+z=2a+b+c=2a+x\\x+z=2b+a+c=2b+y\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{x+y-z}{2}=c;\frac{y+z-x}{2}=a;\frac{x+z-y}{2}=b\)
Thay vào PT đã cho ở đề bài , ta có :
\(\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\)
\(=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-3\right)\)
\(\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2-3\right)=\frac{3}{2}\)
( cái này cô - si cho x/y + /x ; x/z + z/x ; y/z + z/y)
1.
\(\frac{a^5}{b^3}+ab\ge2\sqrt{\frac{a^5}{b^3}.ab}=2.\frac{a^3}{b}\)
Tương tự và cộng lại:
\(\frac{a^5}{b^3}+\frac{b^5}{c^3}+\frac{c^5}{a^3}\ge2\left(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)(1)
Lại có: \(\frac{a^3}{b}+ab\ge2\sqrt{\frac{a^3}{b}.ab}=2a^2\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(ab+bc+ca\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)-\left(ab+bc+ca\right)\)
\(=ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}-\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)
Vậy từ (1) ta có đpcm.
2.
\(\frac{a^5}{bc}+abc\ge2\sqrt{\frac{a^5}{bc}.abc}=2a^3\)
Tương tự và cộng lại
\(A=\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge2\left(a^3+b^3+c^3\right)-3abc\ge a^3+b^3+c^3+3abc-3abc\)
\(\Rightarrow A\ge a^3+b^3+c^3=VP\)
\(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\Leftrightarrow\frac{2+a^2+b^2}{\left(1+a^2+b^2+a^2b^2\right)}\ge\frac{2}{1+ab}\)
\(\Leftrightarrow\left(1+ab\right)\left(2+a^2+b^2\right)\ge2a^2b^2+2a^2+2b^2+2\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a^2+b^2-2ab\right)-\left(a^2+b^2-2ab\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
b/ \(\frac{1}{1+a^4}+\frac{1}{1+b^4}+\frac{2}{1+b^4}\ge\frac{2}{1+a^2b^2}+\frac{2}{1+b^4}\ge\frac{4}{1+ab^3}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a^4}+\frac{3}{1+b^4}\ge\frac{4}{1+ab^3}\)
Hoàn toàn tương tự: \(\frac{1}{1+b^4}+\frac{3}{1+c^4}\ge\frac{4}{1+bc^3}\); \(\frac{1}{1+c^4}+\frac{3}{1+a^4}\ge\frac{4}{1+a^3c}\)
Cộng vế với vế ta có đpcm
thiếu đk \(\sqrt{ab}\ge1\)
chuyển vế tách VT rồi tương đương