Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có : \(\frac{1}{1-ab}=1+\frac{ab}{1-ab}\le1+\frac{ab}{1-\frac{a^2+b^2}{2}}=1+\frac{2ab}{\left(a^2+c^2\right)+\left(b^2+c^2\right)}\)
\(\le1+\frac{a.b}{\sqrt{a^2+c^2}.\sqrt{b^2+c^2}}\le1+\frac{1}{2}\left(\frac{a^2}{a^2+c^2}+\frac{b^2}{b^2+c^2}\right)\)
Tương tự , ta chứng minh được \(\frac{1}{1-bc}\le1+\frac{1}{2}\left(\frac{b^2}{b^2+a^2}+\frac{c^2}{c^2+a^2}\right)\)
\(\frac{1}{1-ac}\le1+\frac{1}{2}\left(\frac{a^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{c^2+b^2}\right)\)
Cộng theo vế : \(\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}\le3+\frac{1}{2}\left(\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2}+\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2}+\frac{c^2+a^2}{c^2+a^2}\right)=\frac{9}{2}\)
\(\left(a+2b\right)^2=\left(a+\sqrt{2}.\sqrt{2}b\right)^2\le3\left(a^2+2b^2\right)=9c^2\)
\(\Rightarrow a+2b\le3c\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}\ge\frac{9}{a+2b}\ge\frac{9}{3c}=\frac{3}{c}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Xét hiệu \(S_1-S_2=\frac{a^2-b^2}{a+b}+\frac{b^2-c^2}{b+c}+\frac{c^2-a^2}{c+a}\)
\(=\frac{\left(a-b\right)\left(a+b\right)}{a+b}+\frac{\left(b-c\right)\left(b+c\right)}{b+c}+\frac{\left(c-a\right)\left(c+a\right)}{c+a}\)
\(=a-b+b-c+c-a\)
\(=0\)
\(\Rightarrow S_1=S_2\)
+) Áp dụng bđt AM-GM ta có:
\(\frac{a^2}{a+b}+\frac{a+b}{4}\ge2\sqrt{\frac{a^2}{a+b}.\frac{a+b}{4}}=a\)
\(\frac{b^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\ge2\sqrt{\frac{b^2}{b+c}.\frac{b+c}{4}}=b\)
\(\frac{c^2}{c+a}+\frac{c+a}{4}\ge2\sqrt{\frac{c^2}{c+a}.\frac{c+a}{4}}=c\)
Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:
\(S_1+\frac{a+b+c}{2}\ge a+b+c\)
\(\Rightarrow S_1\ge\frac{a+b+c}{2}\left(đpcm\right)\)
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
Ta có: \(a^2+b^2=c^2+d^2\)
\(\Rightarrow a^2-c^2=d^2-b^2\)
\(\Rightarrow\left(a-c\right)\left(a+c\right)=\left(d-b\right)\left(d+b\right)\left(1\right)\)
Lại có: \(a+b=c+d\)\(\Rightarrow a-c=d-b\)
Nếu a=b =>b=d
\(\Rightarrow a^{2016}+b^{2016}=c^{2016}+d^{2016}\) đúng
Nếu \(a\ne c\Rightarrow b\ne d\)
\(\Rightarrow a-c=d-b\ne0\)
Khi đó (1) trở thành:
\(a+c=b+d\)(\(a-c,d-b\ne0\) nên ta có thể đơn giản) (2)
Mà a+b=c+d (3)
Cộng theo vế của (2) và (3)
\(2a+b+c=b+c+2d\)
\(\Rightarrow2a=2d\Rightarrow a=d\Rightarrow b=c\)
Vì \(a=d;b=3\Rightarrow a^{2016}+b^{2016}=c^{2016}+d^{2016}\) đúng
Vậy ta luôn có \(a^{2016}+b^{2016}=c^{2016}+d^{2016}\)với điều kiện của đề
\(P=\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(a+c\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\)
\(=\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ac}{b^2\left(a+c\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\left(abc=1\right)\)
\(=\frac{1}{a^2\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{b}\right)}+\frac{1}{b^2\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)}+\frac{1}{c^2\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{a}\right)}\)
\(=\frac{\frac{1}{a^2}}{\frac{1}{c}+\frac{1}{b}}+\frac{\frac{1}{b^2}}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}+\frac{\frac{1}{c^2}}{\frac{1}{b}+\frac{1}{a}}\)
Đặt \(\left\{\begin{matrix}\frac{1}{a}=x\\\frac{1}{b}=y\\\frac{1}{c}=z\end{matrix}\right.\) suy ra \(xyz=1\). Khi đó:
\(P=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{y+z}+\frac{y+z}{4}\ge x\\\frac{y^2}{x+z}+\frac{x+z}{4}\ge y\\\frac{z^2}{x+y}+\frac{x+y}{4}\ge z\end{matrix}\right.\).Cộng theo vế ta có:
\(P+\frac{x+y+z}{2}\ge x+y+z\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\left(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\right)\)
