Cho $a,\,b,\,c>0$ thỏa $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng: $$\dfrac{a+1}{b^2+1}+\dfrac{b+1}{c^2+1}+\dfrac{c+1}{a^2+1}\geq3$$
Cho $a,\,b,\,c>0$ thỏa $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng: $$\dfrac{a+1}{b^2+1}+\dfrac{b+1}{c^2+1}+\dfrac{c+1}{a^2+1}\geq3$$
$\sum \frac{a+1}{b^{2}+1}=\sum [(a+1)-\frac{(a+1)b^{2}}{b^{2}+1}]\geq \sum (a+1)-\frac{(a+1)b}{2}$.đến đây thì chắc bạn nghĩ ra rồi nhỉ.
Cho $a,\,b,\,c>0$ thỏa $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng: $$\dfrac{a+1}{b^2+1}+\dfrac{b+1}{c^2+1}+\dfrac{c+1}{a^2+1}\geq3$$
Sử dụng kĩ thuật Cauchy ngược dấu :
$\frac{a+1}{b^2+1}=(a+1)-\frac{b^2(a+1)}{b^2+1}\geq (a+1)-\frac{b^2(a+1)}{2b}=(a+1)-\frac{b(a+1)}{2}$
Tương tự ta cũng có :
$\frac{b+1}{c^2+1}\geq (b+1)-\frac{c(b+1)}{2}$
và $\frac{c+1}{a^2+1}\geq (c+1)-\frac{a(c+1)}{2}$
$\Rightarrow \sum \frac{a+1}{b^2+1}\geq \sum (a+1)-\frac{\sum a+\sum ab}{2}=6-\frac{3+\sum ab}{2}\geq 6-\frac{3+3}{2}=3$ ( do $\sum ab\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}$ )
$\sum \frac{a+1}{b^{2}+1}=\sum [(a+1)-\frac{(a+1)b^{2}}{b^{2}+1}]\geq \sum (a+1)-\frac{(a+1)b}{2}$.đến đây thì chắc bạn nghĩ ra rồi nhỉ.
Sử dụng kĩ thuật Cauchy ngược dấu :
$\frac{a+1}{b^2+1}=(a+1)-\frac{b^2(a+1)}{b^2+1}\geq (a+1)-\frac{b^2(a+1)}{2b}=(a+1)-\frac{b(a+1)}{2}$
Tương tự ta cũng có :
$\frac{b+1}{c^2+1}\geq (b+1)-\frac{c(b+1)}{2}$
và $\frac{c+1}{a^2+1}\geq (c+1)-\frac{a(c+1)}{2}$
$\Rightarrow \sum \frac{a+1}{b^2+1}\geq \sum (a+1)-\frac{\sum a+\sum ab}{2}=6-\frac{3+\sum ab}{2}\geq 6-\frac{3+3}{2}=3$ ( do $\sum ab\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}$ )
Cho em hỏi sao mình biết mà tách thành $(a+1)$ với cái biểu thức sau ạ rồi $Cosi$, sao không phải tách thành $a-1;\,\a-3;\,a+5,...$ ạ, có thể cho em hỏi mấu chốt ở đâu không ạ, ý tưởng thế nào ạ?
Cho em hỏi sao mình biết mà tách thành $(a+1)$ với cái biểu thức sau ạ rồi $Cosi$, sao không phải tách thành $a-1;\,\a-3;\,a+5,...$ ạ, có thể cho em hỏi mấu chốt ở đâu không ạ, ý tưởng thế nào ạ?
bình thường tách xuống người ta hay tách ra cái giống ở tử . ( ảnh hưởng của st bdt )
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh