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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
23 tháng 7 2020
\(a;b;c\ge1\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^3+1\ge a^2+1\\b^3+1\ge b^2+1\\c^3+1\ge c^2+1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{1}{1+a^3}+\frac{1}{1+b^3}+\frac{1}{1+c^3}\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh: \(\frac{1}{1+a^3}+\frac{1}{1+b^3}+\frac{1}{1+c^3}\ge\frac{3}{1+abc}\)
Sử dụng BĐT quen thuộc: \(\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}\ge\frac{2}{1+xy}\) với \(xy\ge1\)
Ta có: \(\frac{1}{1+a^3}+\frac{1}{1+b^3}+\frac{1}{1+c^3}+\frac{1}{1+abc}\ge\frac{2}{1+\sqrt{a^3b^3}}+\frac{2}{1+\sqrt{abc^3}}\ge\frac{4}{1+abc}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a^3}+\frac{1}{1+b^3}+\frac{1}{1+c^3}\ge\frac{3}{1+abc}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
23 tháng 7 2020
Chứng minh:
\(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\) (1) với a; b \(\ge\)1
Thật vậy:
(1) <=> \(\frac{2+a^2+b^2}{1+a^2+b^2+a^2b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\)
<=> \(2+a^2+b^2+2ab+a^3b+ab^3\ge2+2a^2+2b^2+2a^2b^2\)
<=> \(a^3b+ab^3+2ab-a^2-b^2-2a^2b^2\ge0\)
<=> \(ab\left(a^2+b^2-2ab\right)-\left(a^2+b^2-2ab\right)\ge0\)
<=> \(\left(ab-1\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)đúng với a; b \(\ge\)1
Vậy (1) đúng
Áp dụng ta có:
\(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}+\frac{1}{1+abc}\ge\frac{2}{1+ab}+\frac{2}{1+c\sqrt{abc}}\)
\(=2\left(\frac{1}{1+\left(\sqrt{ab}\right)^2}+\frac{1}{1+\left(\sqrt{c\sqrt{abc}}\right)^2}\right)\ge2.\frac{2}{1+\sqrt{ab}.\sqrt{c\sqrt{abc}}}=\frac{4}{1+\sqrt{abc\sqrt{abc}}}\)
\(\ge\frac{4}{1+\sqrt{abc.abc}}=\frac{4}{1+abc}\)
=> \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{1+abc}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c
14 tháng 1 2018
Ta có: \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}=3\) ( BĐT AM )
Áp dụng BĐT Schwarz ta có:
\(P\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+3}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{2}\ge\dfrac{3}{2}\)
Dấu " = " khi a = b = c = 1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 5 2021
a.
\(\Leftrightarrow2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2\ge2abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2b^2-2a^2bc+c^2a^2\right)+\left(a^2b^2-2ab^2c+b^2c^2\right)+\left(b^2c^2-2abc^2+a^2c^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab-ca\right)^2+\left(ab-bc\right)^2+\left(bc-ca\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Vậy BĐT đã cho đúng
b.
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)\ge3abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\) (đúng theo câu a đã chứng minh)
KN
11 tháng 8 2020
Câu hỏi của Lê Minh Đức - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Đây nha! Vô tcn xem ảnh!
10 tháng 4 2018
1.b
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-d\right)^2+\left(d-a\right)^2\ge0\) tong 4 so khong am luon dung
KK
10 tháng 4 2018
2 . ta có
\(\left(x-y\right)^2\ge0\)
<=> x2-2xy+y2 ≥ 0
<=> x2+4xy-2xy+y2 ≥ 4xy
<=> x2+2xy+y2 ≥ 4xy
<=> (x+y)2 ≥ 4xy
CMTT
(y+z)2 ≥ 4yz
(z+x)2 ≥ 4zx
nhân các vế của bđt ta có
[(x+y)(y+z)(z+x)]2 ≥ 64x2y2z2
<=> (x+y)(y+z)(z+x) ≥ 8xyz
Xét: a2 \(\ge\)a; b2 \(\ge\)b; c2 \(\ge\)c
\(\Rightarrow\)a2 + b2 + c2 \(\ge\)a + b + c \(\ge\)abc
ban duong huynh giang nham roi ban oi. a2\(\ge\)a khi a\(\ge\)1 thoi. Vi du \(\frac{1}{2}^2\ge\frac{1}{2}\Rightarrow\frac{1}{4}\ge\frac{1}{2}\)(vo li)