Cho các số \(a,b,c\ge1\). Chứng minh rằng: \(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{1+abc}\)
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
25 tháng 9 2017
1,
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)
S
11 tháng 7 2019
\(a+b+c=0\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=-\left(b+c\right)\\b=-\left(a+c\right)\\c=-\left(a+b\right)\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2=b^2+2bc+c^2\\b^2=a^2+2ac+c^2\\c^2=a^2+2ab+b^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b^2+c^2-a^2=-2bc\\a^2+c^2-b^2=-2ac\\a^2+b^2-c^2=-2ab\end{matrix}\right.\Rightarrow P=\frac{1}{-2bc}+\frac{1}{-2ac}+\frac{1}{-2ab}=\frac{a+b+c}{-2abc}=0\)
VH
11 tháng 7 2019
a) \(P=\frac{1}{b^2+c^2-a^2}+\frac{1}{a^2+b^2-c^2}+\frac{1}{a^2+c^2-b^2}\) ( Sửa đề )
\(P=\frac{1}{\left(b+c\right)^2-2ab-a^2}+\frac{1}{\left(a+b\right)^2-2ab-c^2}+\frac{1}{\left(a+c\right)^2-2ac-b^2}\)
Vì a + b + c = 0
Nên a + b = -c
=> ( a + b )2 = (-c)2 = c2
Tương tự: ( b + c )2 = a2 và ( a + c )2 = b2
\(\Rightarrow P=\frac{1}{a^2-2bc-a^2}+\frac{1}{c^2-2ab-c^2}+\frac{1}{b^2-2ac-b^2}\)
\(P=\frac{1}{-2bc}+\frac{1}{-2ab}+\frac{1}{-2ac}\)
\(P=\frac{a+b+c}{-2abc}=\frac{0}{-2abc}=0\)
3 tháng 2 2021
bânnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn
20 tháng 2 2020
Sửa đề: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng
\(\frac{1}{ab+b+2}+\frac{1}{bc+c+2}+\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{3}{4}\)
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{1}{ab+b+2}=\frac{1}{ab+1+b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{b+1}\right)\) \(=\frac{1}{4}\left(\frac{abc}{ab\left(1+c\right)}+\frac{1}{b+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{1+c}+\frac{1}{b+1}\right)\)
Tương tự \(\frac{1}{bc+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)
\(\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)
Cộng từng vế các bđt trên ta được
\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\right)=\frac{3}{4}\)
Vậy bđt được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
HQ
2
20 tháng 6 2020
\(\frac{1}{\left(1+a\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{1}{\left(1+b\right)^2}+\frac{2}{\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)}\ge1\)
<=> \(\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2+\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2+\left(1+a\right)\left(1+c\right)^2\)
\(+2\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2\)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge3\)đúng vì \(a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=3\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = 1
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
VT
21 tháng 10 2019
1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)
\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\) (1)
áp dụng (x2 +y2 +z2)(m2+n2+p2) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)
(2a2bc +b2c2 + 2b2ac+a2c2 + 2c2ab+a2b2). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\) <=> (ab+bc+ca)2. VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\) ( vậy (1) đúng)
dấu '=' khi a=b=c