Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có \(\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\)
Tương tự \(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2}\)
\(\frac{c}{1+d^2}\ge c-\frac{cd}{2}\)
\(\frac{d}{1+a^2}\ge d-\frac{ad}{2}\)
Lại có \(ab+bc+cd+da\le\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4}=\frac{4^2}{4}=4\)
Do đó \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+d^2}+\frac{d}{1+a^2}\ge\left(a+b+c+d\right)-\frac{ab+bc+cd+da}{2}\)
\(\ge4-\frac{4}{2}=2\)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(a=b=c=d=1\)
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.
We have:
\(M=1-\frac{1}{3}\Sigma_{cyc}\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+3}\)
Consider:
\(\Sigma_{cyc}\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+3}\ge\frac{3}{2}\)
\(VT\ge\frac{\left(\Sigma_{cyc}\sqrt{a^2+b^2}\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+9}\)
Prove:
\(\frac{\left(\Sigma_{cyc}\sqrt{a^2+b^2}\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+9}\ge\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow4\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)+27\)
Consider:
\(\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\ge\Sigma_{cyc}a^2+\Sigma_{cyc}ab\)
\(\Rightarrow4\Sigma_{cyc}\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)}\ge4\Sigma_{cyc}a^2+4\Sigma_{cyc}ab\)
Now we need to prove:
\(4\Sigma_{cyc}a^2+4\Sigma_{cyc}ab=2\Sigma_{cyc}a^2+27\)
\(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)^2=27\) (not fail)
\(\Rightarrow M\le\frac{1}{2}\)
Sign '=' happen when \(a=b=c=\sqrt{\frac{3}{2}}\)
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\)
Ta có:
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\ge\frac{3a}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge\frac{6a-b-c-2}{8}\)
Tương tự ta có: \(\hept{\begin{cases}\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}\ge\frac{6b-c-a-2}{8}\\\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{6c-a-b-2}{8}\end{cases}}\)
Cộng vế theo vế ta được
\(\frac{a^3}{\left(1+b\right)\left(1+c\right)}+\frac{b^3}{\left(1+c\right)\left(1+a\right)}+\frac{c^3}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)}\ge\frac{6a-b-c-2}{8}+\frac{6b-c-a-2}{8}+\frac{6c-a-b-2}{8}\)
\(=\frac{a+b+c}{2}-\frac{3}{4}\ge\frac{3}{2}.\sqrt[3]{abc}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\)
Nếu \(a,b,c,d>2\) thì \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}< \frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^2}=1\) (vô lí)
Vậy trong bốn số a,b,c,d tồn tại ít nhất một số không lớn hơn 2
Không mất tính tổng quát, ta giả sử a là số nhỏ nhất, tức \(a\le b,a\le c,a\le d\) \(\Rightarrow a\le2\)
Khi đó \(a=1\) hoặc \(a=2\)
Dễ thấy \(a=1\) không thỏa mãn. Vậy \(a=2\)
Suy ra \(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}=\frac{3}{4}\)
Nếu \(b,c,d>3\) thì \(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}< \frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^2}=\frac{1}{3}< \frac{3}{4}\) (vô lí)
Vậy trong 3 số b,c,d tồn tại ít nhất một số không lớn hơn 3
Ta giả sử b là số nhỏ nhất \(b\le3\) , khi đó \(b=2\) hoặc \(b=3\) (vì b = 1 không thỏa)
Dễ thấy nếu \(c,d>2\) thì \(\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}>\frac{1}{2}\) (vô lí). Vậy \(c,d\le2\)
Với c = 1 hoặc d = 1 ta thấy ngay điều vô lí.
Với c = 2 thì d = 2 và ngược lại.
Dễ thấy nếu \(c,d>3\) thì \(\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}< \frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^2}=\frac{2}{9}< \frac{7}{18}\) (vô lí)
Vậy \(c,d\le3\)
Với c = 1 hoặc d = 1 thấy ngay điều vô lí
Với c= 2 thì d = 2 và ngược lại.
Với c = 3 thì d = \(\frac{5}{18}\) (loại vì \(d\notin N\))
Vậy : \(\left(a;b;c;d\right)=\left(2;2;2;2\right)\)
Cách này có vẻ chặt hơn :)
Nếu \(a,b,c,d>2\) thì \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}< \frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^2}=1\) (vô lí)
Vậy trong bốn số a,b,c,d tồn tại ít nhất một số không lớn hơn 2.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử a là số lớn nhất, tức \(a\ge b\ge c\ge d\)
\(1=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}\ge\frac{4}{a^2}\Rightarrow a^2\ge4\Rightarrow a\ge2\) (Vì a > 0)
Mà \(a\le2\) nên a = 2
\(\Rightarrow\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}=\frac{3}{4}\)
Vì \(b\ge c\ge d\) nên \(\frac{3}{4}=\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}\ge\frac{3}{b^2}\Rightarrow b^2\ge4\Leftrightarrow b\ge2\) (vì b > 0)
Vậy b = 2
\(\Rightarrow\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}=\frac{1}{2}\)
Nếu \(c=1\) thì \(\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}=1+\frac{1}{d^2}>\frac{1}{2}\) (vô lý)
Vậy c = 2 => d = 2
Kết luận : (a;b;c;d) = (2;2;2;2)