Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT cauchy ngược dấu ta có:
\(\dfrac{1}{a^2+1}=1-\dfrac{a^2}{a^2+1}\ge1-\dfrac{a^2}{2a}=1-\dfrac{a}{2}\)
Chứng minh tương tự ta có:
\(\dfrac{1}{b^2+1}\ge1-\dfrac{b}{2};\dfrac{1}{c^2+1}\ge1-\dfrac{c}{2}\)
Từ đó ta có: \(\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\ge1-\dfrac{a}{2}+1-\dfrac{b}{2}+1-\dfrac{c}{2}=\)\(=3-\dfrac{a+b+c}{2}=3-\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{2}\left(đpcm\right)\)
Áp dụng BĐT Cauchy dạng Engel , ta có :
\(\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\) ≥ \(\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3}=\dfrac{9}{a^2+b^2+c^2+3}\left(1\right)\)
Ta có BĐT : \(a^2+b^2+c^2\text{≥}ab+bc+ac\)
⇔ \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\text{≥}\left(a+b+c\right)^2\)
⇔ \(a^2+b^2+c^2\text{≥}\dfrac{9}{3}=3\left(2\right)\)
Từ ( 1 ; 2 ) ⇒ đpcm .
"=" ⇔ \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
Lời giải:
Ta có:
\(\frac{a^8+b^8+c^8}{a^3b^3c^3}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
\(\Leftrightarrow a^8+b^8+c^8\geq a^2b^2c^2(ab+bc+ac)(*)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\left\{\begin{matrix} a^8+b^8\geq 2a^4b^4\\ b^8+c^8\geq 2b^4c^4\\ c^8+a^8\geq 2c^4a^4\end{matrix}\right.\Rightarrow a^8+b^8+c^8\geq a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\)
Tiếp tục áp dụng AM-GM:
\(a^8+b^8+a^4b^4+c^8\geq 4\sqrt[4]{a^{12}b^{12}c^8}=4a^3b^3c^2\)
\(b^8+c^8+b^4c^4+a^8\geq 4b^3c^3a^2\)
\(c^8+a^8+c^4a^4+b^8\geq 4c^3a^3b^2\)
Cộng lại: \(3(a^8+b^8+c^8)+(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4)\geq 4a^2b^2c^2(ab+bc+ca)\)
Mà \(a^8+b^8+c^8\geq a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\Rightarrow 4(a^8+b^8+c^8)\geq 4a^2b^2c^2(ab+bc+ac)\)
hay \(a^8+b^8+c^8\geq a^2b^2c^2(ab+bc+ac)\Rightarrow (*)\) đúng
Ta có đpcm.
b) \(\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}-\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}-\dfrac{2b}{a-b}\)
\(=\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}-\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}-\dfrac{2b}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}\)
\(=\dfrac{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)-\sqrt{b}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)-2b}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)}\)
\(=\dfrac{a+\sqrt{ab}-\sqrt{ab}+b-\sqrt{ab}+b-2b}{a-b}\)
\(=\dfrac{a}{a-b}\)
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 $a=b=c=1$
áp dụng BĐT AM-GM
\(a^3+b^3+1\ge3ab\Rightarrow\dfrac{1}{a^3+b^3+1}\le\dfrac{1}{3ab}\)
tương tự ta có
\(\dfrac{1}{b^3+c^3+1}\le\dfrac{1}{3bc};\dfrac{1}{a^3+c^3+1}\le\dfrac{1}{3ac}\)
cộng từng vế của BĐT cho nhau
\(C\le\dfrac{1}{3ab}+\dfrac{1}{3bc}+\dfrac{1}{3ac}=\dfrac{a+b+c}{3abc}=\dfrac{a+b+c}{3}\)
mặt khác áp dụng BĐT AM-GM với 3 số a,b,c không âm
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\)
\(\Rightarrow C\le1\)
maxC=1, dấu"=" xảy ra khi a=b=c=1
áp dụng BĐT AM-GM
\(a^3+b^3+1\ge3ab\Rightarrow\dfrac{1}{a^3+b^3+1}\le\dfrac{1}{3ab}\)
tương tự ta có
\(\dfrac{1}{b^3+c^3+1}\le\dfrac{1}{3bc};\dfrac{1}{a^3+c^3+1}\le\dfrac{1}{3ac}\)
cộng các vế của BĐT cho nhau ta có
\(C\le\dfrac{1}{3ab}+\dfrac{1}{3bc}+\dfrac{1}{3ac}=\dfrac{a+b+c}{3abc}=\dfrac{a+b+c}{3}\)
mặt khác ta áp dụng BĐT AM-GM với 3 số a,b,c không âm
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=1\)
\(\Rightarrow C\le1\Rightarrow Max_C=1\)
dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Cho a,b,c>0 t/m a+b+c=3
CMR: \(\dfrac{a+1}{b^2+1}\)+\(\dfrac{b+1}{c^2+1}\)+\(\dfrac{c+1}{a^2+1}\)>=3
\(\dfrac{a+1}{b^2+1}=a+1-\dfrac{ab^2+b^2}{b^2+1}\) minh hong biet phai lam gi tiep theo dau
Lời giải:
Từ \(a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
\(\Rightarrow a+b+c\geq \frac{ab+bc+ac}{abc}\Rightarrow abc(a+b+c)\geq ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow a^2b^2c^2(a+b+c)^2\geq (ab+bc+ac)^2(1)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(a^2b^2+b^2c^2\geq 2ab^2c\)
\(b^2c^2+c^2a^2\geq 2abc^2\)
\(a^2b^2+c^2a^2\geq 2a^2bc\)
Cộng theo vế, rút gọn \(\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)\)
\(\Rightarrow (ab+bc+ac)^2\geq 3abc(a+b+c)(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow a^2b^2c^2(a+b+c)^2\geq 3abc(a+b+c)\)
\(\Rightarrow abc(a+b+c)\geq 3\Rightarrow a+b+c\geq \frac{3}{abc}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$