PH
2
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
AH
Akai Haruma
Giáo viên
6 tháng 7 2019
Lời giải:
Ta có: \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})^2-\frac{2}{ab}+\frac{1}{c^2}\)
\(=(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})^2+2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})\frac{1}{c}+(\frac{1}{c})^2-2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})\frac{1}{c}-\frac{2}{ab}\)
\(=(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2-2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\right)\)
\(=(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2-2.\frac{a+b+c}{abc}=(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2\) do $a+b+c=0$
\(\Rightarrow \sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}=\sqrt{(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2}=|\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}|\) (đpcm)
7 tháng 8 2019
Ta có \(\frac{a}{b^3-1}=\frac{a}{\left(b-1\right)\left(b^2+b+1\right)}=-\frac{1}{b^2+b+1}\)(Vì \(a+b=1\))
Từ đó, với \(a+b=1\)ta biến đổi VT của đẳng thức cần chứng minh như sau:
\(VT=-\left(\frac{1}{a^2+a+1}+\frac{1}{b^2+b+1}\right)=\frac{-\left(a^2+b^2+a+b+2\right)}{a^2b^2+a^2b+ab^2+ab+a^2+b^2+a+b+1}\)
\(=\frac{-\left[\left(a+b\right)^2-2ab+a+b+2\right]}{a^2b^2+ab\left(a+b+1\right)+\left(a+b\right)^2-2ab+a+b+1}=\frac{2\left(ab-2\right)}{a^2b^2+3}=VP\)
Vậy có ĐPCM.
DT
\(a,b,c,d>0\). Chứng minh \(1< \frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{b+c+d}+\frac{c}{c+d+a}+\frac{d}{d+a+b}< 2\)
1
11 tháng 2 2017
\(1< A=\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{b+c+d}+\frac{c}{c+d+a}+\frac{d}{d+a+b}< 2\)
(*) C/m A>2
Trước hết ta có với x>y>0 và m>0
luôn có \(\frac{y}{x}< \frac{y+p}{x+p}\) (1)
c/m: \(\Leftrightarrow xy+ym< xy+xm\Leftrightarrow m\left(x-y\right)>0\) luôn đúng => (1) được c/m.
áp (1) vào từng số hạng của A ta có
\(\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{b+c+d}+\frac{c}{c+d+a}+\frac{d}{d+a+b}< \frac{a+d}{a+b+c+d}+\frac{b+a}{a+b+c+d}+\frac{b+c}{a+b+c+d}+\frac{c+d}{d+a+b+c}\\ \)
\(\frac{a+d}{a+b+c+d}+\frac{b+a}{a+b+c+d}+\frac{b+c}{a+b+c+d}+\frac{c+d}{d+a+b+c}=\frac{2\left(a+b+c+d\right)}{a+b+c+d}=2\)=>(*) dpc/m
(**)C/m A>1: ta có với x>0 và m>0=> \(x>\frac{x}{x+m}\\ \) (2)
Áp (2) vào tầng số hạng của A ta có
\(\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{b+c+d}+\frac{c}{c+d+a}+\frac{d}{d+a+b}>\frac{a}{a+b+c+d}+\frac{b}{a+b+c+d}+\frac{c}{b+c+d+a}+\frac{d}{d+a+b+c}\\ \)
\(\frac{a}{a+b+c+d}+\frac{b}{a+b+c+d}+\frac{c}{b+c+d+a}+\frac{d}{d+a+b+c}=\frac{a+b+c+d}{a+b+c+d}=1\) => (**)dpcm
Từ (*) và (**) =>\(1< A< 2\)=> dpcm
T
24 tháng 11 2019
Tiện tay chém trước vài bài dễ.
Bài 1:
\(VT=\Sigma_{cyc}\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\Sigma_{cyc}\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{a}{\frac{a+b+c}{2}}=\frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)
Nhưng dấu bằng không xảy ra nên ta có đpcm. (tui dùng cái kí hiệu tổng cho nó gọn thôi nha!)
Bài 2:
1) Thấy nó sao sao nên để tối nghĩ luôn
2)
c) \(VT=\left(a-b+1\right)^2+\left(b-1\right)^2\ge0\)
Đẳng thức xảy ra khi a = 0; b = 1
T
24 tháng 11 2019
Bài 1:
Ta có: \(\frac{ab}{a+b}=ab.\frac{1}{a+b}\le\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)=\frac{b}{4}+\frac{a}{4}\)
Tương tự các BĐT còn lại rồi cộng theo vế ta có d9pcm.
Bài 2: 2 bài đều dùng Svac cả!
(cần thì ib t gửi link cho)
G
15 tháng 5 2017
\(\frac{a}{b+c}>\frac{a}{a+b+c}\) (do a > 0)
Tương tự: \(\frac{b}{a+c}>\frac{b}{a+b+c}\)
\(\frac{c}{a+b}>\frac{c}{a+b+c}\)
Từ 3 bất đẳng thức trên suy ra:
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}>\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=1\)
Ta sẽ chứng minh:
\(\frac{a}{b+c}< \frac{2a}{a+b+c}\)
Thât vậy, do a, b, c là các cạnh của tam giác nên bất đẳng thức trên tương đương với
\(a\left(a+b+c\right)< 2a\left(b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+ab+ac< 2ab+2ac\)
\(\Leftrightarrow a\left(a-b-c\right)< 0\)
Bất đẳng thức này đúng vì a>0 và a < b + c (vì trong tam giác, tổng hai cạnh lớn hơn cạnh thứ ba).
Vậy ta có: \(\frac{a}{b+c}< \frac{2a}{a+b+c}\)
Tương tự, \(\frac{b}{a+c}< \frac{2b}{a+b+c}\)
\(\frac{c}{a+b}< \frac{2c}{a+b+c}\)
Cộng 3 bất đẳng thức trên suy ra:
\(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}< \frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}+\frac{2c}{a+b+c}=2\)
Vậy bài toán đã được chứng minh.
15 tháng 5 2017
Mình chỉ chứng minh được bé hơn 2 thôi nhe
Theo bất đẳng thức tam giác thì b+c>a => \(\frac{a}{b+c}< \frac{a}{a}\left(=1\right)\)
Tương tự ta cũng có
\(\frac{b}{a+c}< 1\)
\(\frac{c}{a+b}< 1\)
=> \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}< 3\)
VD
26 tháng 4 2016
Đề sao rồi bạn ơi, phải là \(\le\) mới đúng. Bài này ta làm như sau:
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
\(a^2+2b^2+3=\left(a^2+b^2\right)+\left(b^2+1\right)+2\ge2ab+2b+2=2\left(ab+b+1\right)\)
CMTT, ta được:
\(b^2+2c^2+3\ge2\left(bc+c+1\right)\)
\(c^2+2a^2+3\ge2\left(ca+a+1\right)\)
Do đó ta có:
\(\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}\right)\left(1\right)\)
Chú ý rằng \(abc=1\) nên ta dễ dàng CM được:
\(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}=1\left(2\right)\)
Từ \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\) ta có đpcm.
26 tháng 4 2016
Nếu không cho abc=1; a,b,c >0 và BĐT >=1 thì mình xong lâu rồi. Khó phết
Giả sử a=1;b=1 \(\Rightarrow\frac{1}{a}-\frac{1}{b}=\frac{1}{1}-\frac{1}{1}>2\)
\(\Rightarrow\) Đề sai.nếu đề là \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\) thì:
\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)(*luôn đúng*)
Biết ngay là đề sai mà .