NB
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
11 tháng 2 2020
a,b,c< 0 mà a+b+c bé hơn hoặc bằng 1
a+b+c ít nhất phải bằng 3 chứ!
2 tháng 9 2017
đặt \(\sqrt{\frac{ab}{c}}=x;\sqrt{\frac{bc}{a}}=y;\sqrt{\frac{ca}{b}}=z\Rightarrow xy+yz+zx=1\)
\(P=\frac{ab}{ab+c}+\frac{bc}{bc+a}+\frac{ca}{ca+b}\)
\(=\frac{\frac{ab}{c}}{\frac{ab}{c}+1}+\frac{\frac{bc}{a}}{\frac{bc}{a}+1}+\frac{\frac{ca}{b}}{\frac{ca}{b}+1}=\frac{x^2}{x^2+1}+\frac{y^2}{y^2+1}+\frac{z^2}{z^2+1}\)
\(\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}=\frac{3}{4}\left(Q.E.D\right)\)
ML
27 tháng 6 2015
Ta có: \(\frac{a}{1+b^2}=\frac{a\left(1+b^2\right)-ab^2}{1+b^2}=a-\frac{ab}{1+b^2}\)
\(1+b^2\ge2b\) \(\Rightarrow\frac{ab^2}{1+b^2}\le\frac{ab^2}{2b}=\frac{ab}{2}\)\(\Rightarrow-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge-\frac{ab}{2}\)
Do đó: \(\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab}{2}\)
Tương tự: \(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2}\); \(\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ca}{2}\)
Suy ra \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}+\frac{ab+bc+ca}{2}\ge a+b+c\)
Mặt khác ta có: \(3\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\Rightarrow\frac{3}{a+b+c}\le1\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge3\)
Do đó; \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}+\frac{ab+bc+ca}{2}\ge a+b+c\ge3\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
30 tháng 7 2016
Vì a,b,c là các số tự nhiên lớn hơn 0 nên không mất tính tổng quát , ta giả sử \(a\ge b\ge c\ge1\)
Cần chứng minh \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{1+abc}\)
bđt \(\Leftrightarrow\left(\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+abc}\right)+\left(\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+abc}\right)+\left(\frac{1}{1+c^2}-\frac{1}{1+abc}\right)\ge0\)
Ta sẽ chứng minh mỗi biểu thức trong ngoặc đều không nhỏ hơn 0.
Ta xét : \(\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+abc}=\frac{1+abc-1-a^2}{\left(1+a^2\right)\left(1+abc\right)}=\frac{a\left(bc-a\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+abc\right)}\)
Vì \(a\ge b\ge c\ge1\)nên \(\frac{a}{b}\ge1,\frac{1}{c}\le1\Rightarrow\frac{a}{bc}\le1\Rightarrow bc\ge a\Rightarrow bc-a\ge0\Rightarrow a\left(bc-a\right)\ge0\)
Do đó \(\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+abc}\ge0\)(1)
Tương tự với các biểu thức trong các ngoặc còn lại , ta cũng có \(\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+abc}\ge0\)(2)
\(\frac{1}{1+c^2}-\frac{1}{1+abc}\ge0\)(3)
Từ (1), (2), (3) ta có đpcm.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
11 tháng 2 2020
\(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\Leftrightarrow\frac{2+a^2+b^2}{\left(1+a^2+b^2+a^2b^2\right)}\ge\frac{2}{1+ab}\)
\(\Leftrightarrow\left(1+ab\right)\left(2+a^2+b^2\right)\ge2a^2b^2+2a^2+2b^2+2\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a^2+b^2-2ab\right)-\left(a^2+b^2-2ab\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
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
N
26 tháng 12 2019
De dung la:
\(\Sigma_{cyc}\frac{1}{1+a^2+b^2}\le\frac{9}{5}\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{a^2+b^2}{1+a^2+b^2}\ge\frac{6}{5}\)
\(VT\ge\frac{\left(\Sigma_{cyc}\sqrt{a^2+b^2}\right)^2}{2\Sigma_{cyc}a^2+3}\left(M\right)\)
Consider:
\(VT_M\ge\frac{6}{5}\)
\(5\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\ge\Sigma_{cyc}a^2+9\)
Consider:
\(5\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\ge5\Sigma_{cyc}a^2+5\Sigma_{cyc}ab=5\Sigma_{cyc}a^2+5\)
Gio can cung minh:
\(5\Sigma_{cyc}a^2+5\ge\Sigma_{cyc}a^2+9\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}a^2\ge1\)
Ta lai co:
\(\Sigma_{cyc}a^2\ge\Sigma_{cyc}ab=1\)
Dau '=' xay ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
15 tháng 11 2016
Áp dụng BĐT Cauchy : \(\frac{\sqrt{\left(a-1\right).1}}{a}+\frac{\sqrt{\left(b-2\right).2}}{\sqrt{2}b}\le\frac{a-1+1}{2a}+\frac{b-2+2}{2\sqrt{2}b}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2\sqrt{2}}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a-1=1\\b-2=2\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}a=2\\b=4\end{cases}}\)
Vậy max A = \(\frac{1}{2}+\frac{1}{2\sqrt{2}}\Leftrightarrow\left(a;b\right)=\left(2;4\right)\)
\(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1+ab-1-a^2}{\left(1+a^2\right)\left(1+ab\right)}+\frac{1+ab-1-b^2}{\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a\left(b-a\right)\left(1+b^2\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}+\frac{b\left(a-b\right)\left(1+a^2\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a\left(b-a\right)\left(1+b^2\right)-b\left(b-a\right)\left(1+a^2\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(b-a\right)\left(a+ab^2-b-a^2b\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}\ge0\forall ab\ge1\)