TT
3
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
27 tháng 11 2017
Bổ xung : ĐK : a;b;c > 0
Đặt \(A=\frac{a^3.c}{b}+\frac{a^3.b}{c}+\frac{b^3.c}{a}+\frac{b^3.a}{c}+\frac{c^3.a}{b}+\frac{c^3.b}{a}\)
Áp dụng AM - GM ta có :
\(A\ge6\sqrt[6]{\frac{a^3.c}{b}.\frac{a^3.b}{c}.\frac{b^3.c}{a}.\frac{b^3.a}{c}.\frac{c^3.a}{b}.\frac{c^3.b}{a}}=6\sqrt[6]{\left(abc\right)^6}=6abc\)(đpcm)
17 tháng 3 2021
Đề bài bị nhầm phải ko bạn.
Ta đặt P=\(\dfrac{b^3}{a}+\dfrac{a^3}{c}+\dfrac{c^3}{b}\) .Ta cần chứng minh P\(\ge3\)\(\dfrac{b^3}{a}+ab\ge2b^2;\dfrac{a^3}{c}+ac\ge2a^2;\dfrac{c^3}{b}+bc\ge2c^2\Rightarrow\dfrac{b^3}{a}+\dfrac{a^3}{c}+\dfrac{c^3}{b}\ge2a^2+2b^2+2c^2-ab-ca-bc\ge ab+bc+ca\Rightarrow2\cdot P\ge2ab+2bc+2ca\left(1\right)\) \(\dfrac{b^3}{a}+a+1\ge3b;\dfrac{a^3}{c}+c+1\ge3a;\dfrac{c^3}{b}+b+1\ge3c\Rightarrow\dfrac{b^3}{a}+\dfrac{a^3}{c}+\dfrac{c^3}{b}\ge3a+3b+3c-3-a-b-c=2a+2b+2c-3\left(2\right)\) Cộng từng vế của 2 bđt (1) và (2) ta được:
\(\Rightarrow3\cdot\left(\dfrac{b^3}{a}+\dfrac{a^3}{c}+\dfrac{c^3}{b}\right)\ge2\left(a+b+c+ab+bc+ca\right)-3=12-3=9\Rightarrow3P\ge9\Rightarrow P\ge3\) Dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
S
0
AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 12 2021
Lời giải:
Dấu "=" không xảy ra.
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\text{VT}\leq \frac{a+(b+1)}{2}+\frac{b+(c+1)}{2}+\frac{c+(a+1)}{2}=\frac{2(a+b+c)+3}{2}\)
\(< \frac{3(a+b+c+ab+bc+ac+abc+1)}{2}=\frac{3(a+1)(b+1)(c+1)}{2}\)
Ta có đpcm.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 12 2021
Lần sau bạn lưu ý đăng 1 bài 1 lần thôi. Đăng nhiều lần coi như spam và sẽ bị xóa không thương tiếc đấy nhé.
ND
Nguyễn Đăng Nhân
CTVHS
22 tháng 2 2022
Áp dụng đánh giá \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\) , ta được:
\(\left(\frac{a}{b+2c}\right)^2+\left(\frac{b}{c+2a}\right)^2+\left(\frac{c}{a+2b}\right)^2\ge\frac{1}{3}\left(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\right)\)
Vậy ta cần chứng minh:
\(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge1\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được:
\(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)}\)
Vậy theo đánh giá ta được: \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\), do đó ta được:
\(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge1\)
Vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.
19 tháng 12 2021
Dấu '' = '' không xảy ra
Áp dụng BĐT AM-GM:
Dấu "=" không xảy ra.
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\text{VT}\leq \frac{a+(b+1)}{2}+\frac{b+(c+1)}{2}+\frac{c+(a+1)}{2}=\frac{2(a+b+c)+3}{2}\)
\(< \frac{3(a+b+c+ab+bc+ac+abc+1)}{2}=\frac{3(a+1)(b+1)(c+1)}{2}\)
Ta có đpcm.
Tại sao tài khoản này" Phạm Quang long " được nhiều bạn tích mà không được cộng điểm hỏi đáp??????????
Mong sớm nhận được hồi âm??????????
Xin chân thành cảm ơn!!!!1
ne ne cai thang kia cho nguoi ta hoc chu khong phai de hoi tao lao nha