Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lần sau em viết đề cẩn thận hơn nhé, dấu lớn hơn đúng ra phải là lớn hơn hoặc bằng và không có ẩn d.
Bài này sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz thôi (Nếu bạn chưa quen, thì xem lại phát biểu và chứng minh ở đây: http://olm.vn/hoi-dap/question/174274.html ).
Ta có \(\frac{a^2}{a^2+2bc}+\frac{b^2}{b^2+2ca}+\frac{c^2}{c^2+2ab}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a^2+2bc\right)+\left(b^2+2ca\right)+\left(c^2+2ab\right)}=1.\)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c.\)
tìm trên câu hỏi tương tự bạn sẽ có lời giải của Nguyễn Việt Lâm
Áp dụng bđt svac-xơ có:
\(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+2bc+b^2+2ac+c^2+2ab}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\)
<=> \(A\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Với a,b,c>0 và a+b+c \(\le1\) => 0<(a+b+c)2\(\le1\)=> \(\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{9}{1}=9\)
=>A\(\ge9\)
Dấu "=" xảy ra <=> \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Áp dụng BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
ta có A\(\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}=9\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Tham khảo tại đây : Câu hỏi của Huỳnh Kim Bích Ngọc - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0\)
\(\frac{ab+bc+ca}{abc}=0\)
\(ab+bc+ca=0\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}ab=-bc-ca\\bc=-ab-ca\end{cases},,,ca=-ab-bc}\)
\(\frac{a^2}{a^2+bc-ab-ca}=\frac{a^2}{a\left(a-b\right)-c\left(a-b\right)}=\frac{a^2}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}\)
tương tự
\(P=\frac{a^2}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\frac{b^2}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}+\frac{c^2}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}\)
\(P=\frac{a^2\left(b-c\right)+b^2\left(a-c\right)+c^2\left(a-b\right)}{\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left(c-b\right)}\)
có \(a^2\left(b-c\right)+b^2\left(a-c\right)+c^2\left(a-b\right)=\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left(c-b\right)\)
\(P=\frac{\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left(c-b\right)}{\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left(c-b\right)}=1\)
Cho a,b,c lớn hơn 0 và\(a+b+c\le1\)
CM; \(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge9\)
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có
\(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ca}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+2bc+b^2+2ca+c^2+2ab}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{9}{1}=9.\)