xét 2 số thực dương a và b sao cho \(^{a^2+b^2\le2}\)
chứng minh \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\le\frac{2}{1+ab}\)
ae ai bt tl giúp tôi nha tôi đang cần gấp
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 6 2020
\(2\ge a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow ab\le1\)
Ta có:
\(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{2}{1+ab}=\frac{a^2+b^2+2}{a^2b^2+a^2+b^2+1}-\frac{2}{1+ab}\)
\(=\frac{\left(ab+1\right)\left(a^2+b^2+2\right)-2a^2b^2-a^2-b^2-2}{\left(1+ab\right)\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}=\frac{ab\left(a^2+b^2\right)-2a^2b^2+2ab-a^2-b^2}{\left(1+ab\right)\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}\)
\(=\frac{ab\left(a^2+b^2-2ab\right)-\left(a-b\right)^2}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}=\frac{\left(ab-1\right)\left(a-b\right)^2}{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+ab\right)}\le0;\forall ab\le1\)
\(\Rightarrow\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\le\frac{2}{1+ab}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
KN
9 tháng 1 2021
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức, ta được: \(VT=\frac{a^4}{a^2+a^2b-a^3}+\frac{b^4}{b^2+b^2c-b^3}+\frac{c^4}{c^2+c^2a-c^3}\)\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\) \(=\frac{1}{1+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\)
Ta cần chứng minh \(\frac{1}{1+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\ge1\)hay \(a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a\)
Đây là bất đẳng thức quen thuộc có nhiều cách chứng minh:
** Cách 1: Áp dụng AM - GM, ta được: \(a^3+a^3+b^3\ge3a^2b\); \(b^3+b^3+c^3\ge3b^2c\); \(c^3+c^3+a^3\ge3c^2a\)
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên
** Cách 2: Giả sử \(a\le b\le c\)
Có: \(a^3+b^3+c^3=a^2b+b^2c+c^2a+\left(c^2-a^2\right)\left(b-a\right)+\left(c^2-b^2\right)\left(c-b\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\).
KN
9 tháng 1 2021
Or the following SOS: 
* Hoặc mạnh hơn với a,b,c thực thỏa mãn \(a+b\ge0,b+c\ge0,c+a\ge0\)
\(a^3+b^3+c^3-a^2b-b^2c-c^2a\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2-2c^2\right)^2+3\left(a^2-b^2\right)^2+\Sigma_{cyc}4\left(a+b\right)\left(c+a\right)\left(a-b\right)^2}{8\left(a+b+c\right)}\ge0\)
M
7 tháng 9 2016
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
29 tháng 4 2019
\(1)\) \(\frac{1}{a^3+5}+\frac{1}{b^3+5}\le\frac{1}{3a+3}+\frac{1}{3b+3}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\right)=\frac{1}{3}\left[\frac{a+b+2}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\right]\)
\(=\frac{1}{3}\left(\frac{ab+a+b+1}{ab+a+b+1}-\frac{ab-1}{ab+a+b+1}\right)=\frac{1}{3}\left(1-\frac{0}{ab+a+b+1}\right)=\frac{1}{3}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(\hept{\begin{cases}ab=1\\a^3=1\\b^3=1\end{cases}\Leftrightarrow a=b=1}\)
31 tháng 12 2019
2) bđt \(\Leftrightarrow\)\(\left(a-b\right)^2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\left(a+b-2\right)\left[\left(a-\frac{1}{2}\right)^2+\left(b-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{7}{2}\right]\ge0\) (1)
(1) đúng do \(a+b\ge2\sqrt{ab}=2\)\(\Leftrightarrow\)\(a+b-2\ge0\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=1
HN
29 tháng 12 2019
Ta co:
\(VT=\Sigma_{cyc}\frac{a}{ca+1}=\Sigma_{cyc}\frac{a}{ca+abc}=\Sigma_{cyc}\frac{1}{c+bc}\)
Xet
\(\Sigma_{cyc}\frac{1}{c+bc}\le\frac{1}{4}\Sigma_{cyc}\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{bc}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)=\frac{1}{4}\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)
bdt can chung minh thanh
\(ab+bc+ca+a+b+c\le2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Ta lai co:
\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
Gio ta can chung minh:
\(a^2+b^2+c^2\ge a+b+c\)
Ta co hai danh gia:
\(a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
\(1=\sqrt[3]{abc}\le\frac{a+b+c}{3}\le\frac{\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}{3}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Suy ra can chung minh:
\(a^2+b^2+c^2\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2-3\right)\ge0\) (đúng)
Dau '=' xay ra khi \(a=b=c=1\)
LT
29 tháng 12 2019
mn giup voi minh can gap lam
Vũ Minh TuấnBăng Băng 2k6Nguyễn Việt LâmPhạm Lan HươngNguyễn Huy Tú Nguyễn Thị Thùy TrâmNo choice teentthbảo phạmHo Nhat Minh
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
4 tháng 3 2019
\(5a^2+2ab+2b^2=\left(2a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2\ge\left(2a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}\le\dfrac{1}{\sqrt{\left(2a+b\right)^2}}=\dfrac{1}{a+a+b}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\)
Tương tự ta có: \(\dfrac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
\(\dfrac{1}{\sqrt{5c^2+2ac+a^2}}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\right)\)
Cộng vế với vế:
\(\dfrac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+b^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+c^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{5c^2+2ac+a^2}}\le\dfrac{1}{9}\left(\dfrac{3}{a}+\dfrac{3}{b}+\dfrac{3}{c}\right)\le\dfrac{2}{3}\)
Dấu "=" khi \(a=b=c=\dfrac{3}{2}\)
26 tháng 4 2020
Dấu BĐT ngược 1 chút \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\)
Xét hiệu 2 vế của BĐT
\(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{2}{1+ab}=\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\)
\(=\frac{\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)}{\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)}\ge0\)
=> \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{2}{1+ab}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=1
Bài này chắc dùng phương pháp hạ bậc + chọn điểm rơi. :v
Lời giải:
Dự đoán dấu "=" xảy ra tại a = b = 1
Ta có: \(1+a^2\ge2a;1+b^2\ge2b\) (cô si)
Suy ra \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\le\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}\) (1)
Áp dụng BĐT Am-Gm (Cô si),ta có: \(ab\le\frac{a^2+b^2}{2}\)
Lại có: \(\frac{2}{1+ab}\ge\frac{2}{1+\frac{a^2+b^2}{2}}\ge\frac{2}{1+\frac{2}{2}}=1\) (2)
Ta sẽ c/m: \(\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}\le1\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\le2\)
Chứng minh tiếp đi:v,bí r:v