Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
(
hhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhhhh
hhhhhhhhhhhhh
1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)
\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)
dự đoán của mouri kogoro
a=b=c=1
\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{\left(a^2+1\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{\left(a^2+1\right)}{\left(a^2+1\right)4}}=1.\)
\(\frac{1}{b^2+1}+\frac{\left(B^2+1\right)}{4}\ge1\)
\(\frac{1}{c^2+1}+\frac{\left(c^2+1\right)}{4}\ge1\)
\(VT+\frac{1}{4}\left(a^2+b^2+c^2\right)+\frac{3}{4}\ge3\)
\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\left(cosi\right)\)
\(VT+\frac{3}{4}+\frac{3}{4}\ge3\)
\(VT\ge3-\frac{6}{4}=\frac{12-6}{4}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}\)
dấu = xảy ra khi a=b=c=1
câu a,mình ko biết nhưng câu b bạn cộng 1+b cho số hạng đầu áp dụng cô si,các số hạng khác tương tự rồi cộng vế theo vế,ta có điều phải c/m
Ta có : \(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}=1\Leftrightarrow\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}=\sqrt{abc}\)
Do đó : \(ab+bc+ac\ge\frac{abc}{3}\)
\(\Leftrightarrow3\left(ab+bc+ac\right)\ge\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow2\left(ab+bc+ca\right)\ge2\left(\sqrt{a^2bc}+\sqrt{b^2ac}+\sqrt{c^2ab}\right)\)
\(\Leftrightarrow a\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2+b\left(\sqrt{c}-\sqrt{a}\right)^2+c\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Vậy bđt ban đầu được chứng minh
Ta dễ có:\(\frac{1}{a^2+1}=\frac{a^2+1-a^2}{a^2+1}=1-\frac{a^2}{a^2+1}\ge1-\frac{a^2}{2a}=1-\frac{a}{2}\)
Một cách tương tự \(\frac{1}{b^2+1}\ge1-\frac{b}{2};\frac{1}{c^2+1}\ge1-\frac{c}{2}\)
Khi đó: \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\ge3-\frac{a+b+c}{2}\)
Cần chứng minh: \(3-\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{3}{2}\Leftrightarrow a+b+c\le3\)
Hình như có gì đó sai sai @@
Lời giải kia sai rồi :V Làm cách khác:
Ta có:\(\frac{1}{a^2+1}=\frac{a^2+1-a^2}{a^2+1}=1-\frac{a^2}{a^2+1}\)
Tương tự rồi ta được:
\(LHS=3-\left(\frac{a^2}{a^2+1}+\frac{b^2}{b^2+1}+\frac{c^2}{c^2+1}\right)\)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{a^2}{a^2+1}+\frac{b^2}{b^2+1}+\frac{c^2}{c^2+1}\le\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{3a^2+3}+\frac{b^2}{3b^2+3}+\frac{c^2}{3c^2+3}\le\frac{1}{2}\)
Ta dễ có được:
\(\frac{4a^2}{3a^2+3}=\frac{4a^2}{3a^2+ab+bc+ca}=\frac{\left(a+a\right)^2}{a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}\le\frac{a^2}{a\left(a+b+c\right)}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\)
Tương tự:
\(\frac{4b^2}{3b^2+3}\le\frac{b^2}{b\left(a+b+c\right)}+\frac{b^2}{2b^2+ca};\frac{4c^2}{3c^2+3}\le\frac{c^2}{c\left(a+b+c\right)}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\)
\(\Rightarrow LHS\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}+\Sigma\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)=\frac{1}{4}\left(1+\Sigma\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)
Một cách khác ta dễ có được: \(\Sigma\frac{a^2}{2a^2+bc}\le1\)
Done !
Cách 1:
Do vai trò của a;b;c là như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\)
\(\Rightarrow3=ab+bc+ca\le3ab\Rightarrow ab\ge1\)
Ta có:
\(\dfrac{1}{1+a^2}+\dfrac{1}{1+b^2}=\dfrac{a^2+b^2+2}{a^2b^2+a^2+b^2+1}=1-\dfrac{a^2b^2-1}{a^2b^2+a^2+b^2+1}\)
\(\ge1-\dfrac{a^2b^2-1}{a^2b^2+2ab+1}=1-\dfrac{ab-1}{ab+1}=\dfrac{2}{1+ab}\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{2}{1+ab}+\dfrac{1}{1+c^2}\)
Nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{2}{1+ab}+\dfrac{1}{1+c^2}\ge\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow c^2+3-ab\ge3abc^2\)
\(\Leftrightarrow c^2+ac+bc\ge3abc^2\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\ge3\)
Đúng do \(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\ge\dfrac{9}{ab+bc+ca}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Cách 2:
\(\Leftrightarrow1-\dfrac{a^2}{a^2+1}+1-\dfrac{b^2}{b^2+1}+1-\dfrac{c^2}{c^2+1}\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{3a^2}{3a^2+3}+\dfrac{3b^2}{3b^2+3}+\dfrac{3c^2}{3c^2+3}\le\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{3a^2}{2a^2+a^2+ab+bc+ca}+\dfrac{3b^2}{2b^2+b^2+ab+bc+ca}+\dfrac{3c^2}{2c^2+c^2+ab+bc+ca}\le\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2}{a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}+\dfrac{b^2}{b\left(a+b+c\right)+2b^2+ac}+\dfrac{c^2}{c\left(a+b+c\right)+2c^2+ab}\le\dfrac{1}{2}\)
Ta có:
\(\dfrac{a^2}{a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{a^2}{a\left(a+b+c\right)}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{a}{a+b+c}+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)
Tương tự và cộng lại:
\(VT\le\dfrac{1}{4}\left(1+\dfrac{a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{b^2}{2b^2+ac}+\dfrac{c^2}{2c^2+ab}\right)\)
Nên ta chỉ cần chứng minh:
\(\dfrac{a^2}{2a^2+bc}+\dfrac{b^2}{2b^2+ac}+\dfrac{c^2}{2c^2+ab}\le1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{bc}{2a^2+bc}+\dfrac{ac}{2b^2+ac}+\dfrac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(bc\right)^2}{2a^2bc+\left(bc\right)^2}+\dfrac{\left(ca\right)^2}{2ab^2c+\left(ac\right)^2}+\dfrac{\left(ab\right)^2}{2abc^2+\left(ab\right)^2}\ge1\)
Đúng do:
\(VT\ge\dfrac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=1\)
Ta có: \(a^2+b^2\ge2ab\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{a^2+b^2}\le\frac{1}{2}\)
Tương tự cộng lại suy ra \(VT\le\frac{3}{2}\)
Suy ra sai đề :)
Ta có:
\(\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}=\frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ac}}=\frac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\)
Sau đó Cauchy....
Bài này quá nhiều người đăng đến ngán r`, bn quay lại tìm hoặc làm nốt nhéiiiiiiiiiiiiiiiii
