Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Vì $a+b+c=1$ nên:
\(\text{VT}=\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2}+\frac{1}{4}\left(\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}\right)\)
\(=\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2}+\frac{1}{4}\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\right)+\frac{3}{4}\)
\(=\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ca}{c^2+a^2}+\frac{1}{4}\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)+\frac{3}{4}\)
\(=(\frac{ab}{a^2+b^2}+\frac{a^2+b^2}{4ab})+(\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{b^2+c^2}{4bc})+(\frac{ca}{c^2+a^2}+\frac{c^2+a^2}{4ac})+\frac{3}{4}\)
\(\geq 2\sqrt{\frac{1}{4}}+2\sqrt{\frac{1}{4}}+2\sqrt{\frac{1}{4}}+\frac{3}{4}=\frac{15}{4}\) (áp dụng BĐT AM-GM)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
Có BĐT: \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
Ta có:
\(VT=\)\(\dfrac{1}{a^2+b^2+1}+\dfrac{1}{b^2+c^2+1}+\dfrac{1}{c^2+a^2+1}\)
\(=\dfrac{1+1+c^2}{\left(a^2+b^2+1\right)\left(1+1+c^2\right)}+\dfrac{1+1+a^2}{\left(b^2+c^2+1\right)\left(1+1+a^2\right)}+\dfrac{1+1+b^2}{\left(c^2+a^2+1\right)\left(1+1+b^2\right)}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho mẫu số, ta có:
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(1+1+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\left(b^2+c^2+1\right)\left(1+1+a^2\right)\ge\left(b+c+a\right)^2\)
\(\left(c^2+a^2+1\right)\left(1+1+b^2\right)\ge\left(c+a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{1+1+c^2}{\left(a+b+c\right)^2}+\dfrac{1+1+a^2}{\left(b+c+a\right)^2}+\dfrac{1+1+b^2}{\left(c+a+b\right)^2}=\dfrac{6+a^2+b^2+c^2}{\left(a+b+c\right)^2}\le\dfrac{6+ab+bc+ca}{3\left(ab+bc+ca\right)}=\dfrac{6+3}{3.3}=1\)
\("="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
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 $a=b=c=1$
Lời giải:
Ta có:
\(2P=\frac{2}{a^2+2}+\frac{2}{b^2+2}+\frac{2}{c^2+2}=1-\frac{a^2}{a^2+2}+1-\frac{b^2}{b^2+2}+1-\frac{c^2}{c^2+2}\)
\(2P=3-\left(\frac{a^2}{a^2+2}+\frac{b^2}{b^2+2}+\frac{c^2}{c^2+2}\right)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\frac{a^2}{a^2+2}+\frac{b^2}{b^2+2}+\frac{c^2}{c^2+2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+6}=\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)}=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1\)
Do đó: \(2P\leq 3-1=2\Rightarrow P\leq 1\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Bạn tham khảo bài này trên Quanda nha.