cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn abcd=1. CMR
\(\frac{1}{1+a+ab}+\frac{1}{1+b+bc}+\frac{1}{1+c+cd}+\frac{1}{1+d+da}>1\) >1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
TN
15 tháng 6 2017
Ẹt số xui đưa link cũng bị duyệt
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{d+1}=1-\frac{d}{d+1}\ge\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\)
\(\ge3\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\). TƯơng tự cho 3 BĐT còn lại
\(\frac{1}{a+1}\ge3\sqrt[3]{\frac{bcd}{\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}};\frac{1}{b+1}\ge3\sqrt[3]{\frac{acd}{\left(a+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}};\frac{1}{c+1}\ge3\sqrt[3]{\frac{abd}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(d+1\right)}}\)
Nhân theo vế 4 BDT trên ta có:
\(\frac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}\ge81\sqrt[3]{\left(\frac{abcd}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}\right)^3}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}\ge\frac{81abcd}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)\left(d+1\right)}\)
Hay ta có ĐPCM
30 tháng 6 2017
Câu này t dùng vi-et giải được. Nhưng để mai đi. Giờ giải bằng điện thoại thì khó quá
1 tháng 6 2019
Áp dụng bđt AM-GM :
\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{a^2+1}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2+1}{\left(a^2+1\right)\cdot4}}=1\)
Tương tự ta có :
\(\frac{1}{b^2+1}+\frac{b^2+1}{4}\ge1\)
\(\frac{1}{c^2+1}+\frac{c^2+1}{4}\ge1\)
Cộng từng vế ta có :
\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}+\frac{a^2+b^2+c^2+3}{4}\ge3\)
Áp dụng bđt quen thuộc : \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac=3\)
Khi đó : \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\ge3-\frac{3+3}{4}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
1 tháng 6 2019
bạn làm sai rồi . Khi \(a^2+b^2+c^2\ge3\) bạn chuyển vế thì nó không cùng dấu với bất đẳng thức
LT
10 tháng 12 2017
Ta có \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)\(\Rightarrow3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le3\Leftrightarrow abc\le1\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{1+a^2\left(b+c\right)}\le\frac{1}{abc+a^2\left(b+c\right)}\)\(=\frac{1}{a\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{1}{3a}\)
\(CMTT\Rightarrow\frac{1}{1+b^2\left(c+a\right)}\le\frac{1}{3b}\)
\(\frac{1}{1+c^2\left(a+b\right)}\le\frac{1}{3c}\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}\)\(=\frac{ab+bc+ca}{3abc}=\frac{1}{abc}\)
N
21 tháng 4 2020
Đặt: \(M=\frac{1}{a+bc}+\frac{1}{b+ca}+\frac{1}{c+ab}=\Sigma_{cyc}\frac{a}{a^2+ab+bc+ca}\)
\(\Rightarrow M.\left(a+b+c\right)=3-\Sigma_{cyc}\frac{bc}{a^2+ab+bc+ca}\)
Đến đây t cần chứng minh:
\(\frac{bc}{a^2+ab+bc+ca}+\frac{ca}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{ab}{c^2+ab+bc+ca}\ge\frac{3}{4}\) (*)
Từ điều kiện ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\)
Đặt: \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\left(x,y,z>0\right)\)
\(\Rightarrow x+y+z=1\)
(*) \(\Leftrightarrow\frac{x^2}{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}+\frac{y^2}{\left(x+y\right)\left(y+z\right)}+\frac{z^2}{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{3}{4}\)
Theo Cô-si: \(\frac{x^2}{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}+\frac{9}{16}\left(x+y\right)\left(z+x\right)\ge\frac{3}{2}x\)
Nhứng phần kia tương tự
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{x^2}{\left(x+y\right)\left(z+x\right)}\ge\frac{3}{2}\left(x+y+z\right)-\frac{9}{16}\left[\left(x+y+z\right)^2+\left(xy+yz+zx\right)\right]\ge\frac{3}{4}\)
Lần trước làm không đúng hy vọng bây giờ gỡ lại được
21 tháng 12 2019
\(\frac{a}{1+b^2}=\frac{a\left(1+b^2\right)-ab^2}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\)
Tương tự:
\(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2};\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ca}{2}\)
Cộng lại:
\(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge a+b+c-\frac{ab}{2}-\frac{bc}{2}-\frac{ca}{2}\)
\(\Rightarrow VT\ge a+b+c\)
Mặt khác:
\(\frac{9}{a+b+c}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le3\Rightarrow9\le3\left(a+b+c\right)\Rightarrow a+b+c\ge3\)
Khi đó:
\(VT\ge a+b+c\ge3\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra tại \(a=b=c=1\)
T
7 tháng 8 2019
BĐT <=> \(\frac{2}{a^2+2}+\frac{2}{b^2+2}+\frac{2}{c^2+2}\le2\)
\(\Leftrightarrow1-\frac{a^2}{a^2+2}+1-\frac{b^2}{b^2+2}+1-\frac{c^2}{c^2+2}\le2\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{a^2+2}+\frac{b^2}{b^2+2}+\frac{c^2}{c^2+2}\ge1\)
Theo BĐT Svacxo:
\(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+6}=\frac{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}{a^2+b^2+c^2+6}=\frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+6}=1\)
Vậy ta có đpcm.
P/s: Đúng ko ta?