PQ
4
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
AV
0
BN
0
BN
0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 4 2019
1.
\(P=\frac{a^4}{abc}+\frac{b^4}{abc}+\frac{c^4}{abc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3abc}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)}{3abc\left(a+b+c\right)}\)
\(P\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right).3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.3\sqrt[3]{abc}}{3abc\left(a+b+c\right)}=\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a+b+c}\)
Dấu "=" khi \(a=b=c\)
2.
\(P=\sum\frac{a^2}{ab+2ac+3ad}\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)}\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4.\frac{3}{8}\left(a+b+c+d\right)^2}=\frac{2}{3}\)
Dấu "=" khi \(a=b=c=d\)
N
5
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
3 tháng 6 2020
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge4\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\ge2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge1\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z\ge1\)
\(P=\sqrt{x^2+2y^2}+\sqrt{y^2+2z^2}+\sqrt{z^2+2x^2}\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt{\frac{\left(x+2y\right)^2}{3}}+\sqrt{\frac{\left(y+2z\right)^2}{3}}+\sqrt{\frac{\left(z+2x\right)^2}{3}}\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{1}{\sqrt{3}}\left(3x+3y+3z\right)\ge\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\) hay \(a=b=c=3\)
27 tháng 3 2020
a/Xét hiệu ta có: \(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{b}-a^2-ab=\left(a+b\right)\left(\frac{a^2-ab+b^2}{b}\right)-a\left(a+b\right)\)
\(=\left(a+b\right)\left(\frac{a^2}{b}-2a+b\right)=\left(a+b\right)\left(\frac{a}{\sqrt{b}}+\sqrt{b}\right)^2\ge0\)
\(\RightarrowĐPCM\)
b/Tương tự ở câu a, ta cũng có:
\(\frac{a^3}{b}\ge a^2+ab-b^2\left(1\right),\frac{b^3}{c}\ge b^2+bc-c^2\left(2\right),\frac{c^3}{a}\ge c^2+ca-a^2\left(3\right)\)
Cộng (1),(2) và (3) \(VT\ge a^2+ab-b^2+b^2+bc-c^2+C^2+bc-a^2=ab+bc+ca\left(ĐPCM\right)\)
Ta có: \(ab+bc+ca+\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}\ge2\sqrt{\frac{3\left(ab+bc+ca\right)^2}{a+b+c}}\)
Lại có: \(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca+\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}\ge2\sqrt{\frac{3.3abc\left(a+b+c\right)}{a+b+c}}=6\)
\(\Rightarrow1+\frac{3}{a+b+c}\ge\frac{6}{ab+bc+ca}\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Đặt \(a+b+c=p;ab+bc+ca=q;abc=r\). Khi đó r = 1 và ta cần chứng minh \(1+\frac{3}{p}\ge\frac{6}{q}\)
Ta có: \(q^2\ge3pr=3p\Rightarrow p\le\frac{q^2}{3}\)
\(\Rightarrow1+\frac{3}{p}\ge1+\frac{9}{q^2}\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(1+\frac{9}{q^2}\ge\frac{6}{q}\Leftrightarrow\left(q-3\right)^2\ge0\)(Đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1