K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ab}{c}.\frac{bc}{a}}=2b\)

tương tự cộng theo vế rút gọn ta có đpcm 

10 tháng 8 2016

Bài 1 :

a) Ta có : \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Áp dụng bđt Cauchy : \(a+b\ge2\sqrt{ab}\) , \(b+c\ge2\sqrt{bc}\) , \(c+a\ge2\sqrt{ca}\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\) hay \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge8abc\)

 

14 tháng 8 2019

Áp dụng bđt Cô-si :

\(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge2\sqrt{\frac{ab\cdot bc}{ca}}=2b\)

Tương tự : \(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge2c;\frac{ab}{c}+\frac{ca}{b}\ge2a\)

Cộng theo vế 3 bđt :

\(2\cdot\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge a+b+c\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)

17 tháng 8 2016

Đề đúng : Cho a,b,c > 0 và \(a+b+c\le1\)

CMR : \(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge9\)

Đặt \(x=a^2+2bc,y=b^2+2ac,z=c^2+2ab\)

Áp dụng bđt Bunhiacopxki , ta có: \(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\left(x+y+z\right)\ge\left(\sqrt{\frac{1}{x}.x}+\sqrt{\frac{1}{y}.y}+\sqrt{\frac{1}{z}.z}\right)^2=9\)

\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\) hay \(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge9\) 

 

17 tháng 8 2016

Ta thấy: \(\left(a^2+2bc\right)+\left(b^2+2ac\right)+\left(c^2+2ab\right)=\left(a+b+c\right)^2\le1\)

Sử dụng Cosi 3 số ta suy ra

\(VT\ge\left[\left(a^2+2bc\right)+\left(b^2+2ac\right)+\left(c^2+2ab\right)\right]\left(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\right)\)

\(\ge3\sqrt[3]{\left(a^2+2bc\right)\left(b^2+2ac\right)\left(c^2+2ab\right)}\cdot3\sqrt[3]{\frac{1}{a^2+2bc}\cdot\frac{1}{b^2+2ac}\cdot\frac{1}{c^2+2ab}}=9\) (Đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi\(\begin{cases}a+b+c=1\\a^2+2bc=b^2+2ac=c^2+2ab\end{cases}\)\(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)

8 tháng 3 2020

Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c>0\Rightarrow\hept{\begin{cases}b+c\le a+c\le a+b\\\frac{a^a}{b+c}\ge\frac{b^a}{c+a}\ge\frac{c^a}{a+b}\end{cases}}\)

Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev cho 2 dãy đơn ngược chiều ta có:

\(VT\left(1\right)=\frac{1}{2\left(a+b+c\right)}\left(\frac{a^a}{b+c}+\frac{b^a}{c+a}+\frac{c^a}{a+b}\right)\left[\left(b+c\right)+\left(c+a\right)+\left(a+b\right)\right]\ge\)

\(\frac{1}{2\left(a+b+c\right)}\cdot3\left[\frac{a^a}{b+c}\left(b+c\right)+\frac{b^a}{c+a}\left(c+a\right)+\frac{c^a}{a+b}\left(a+b\right)\right]=\frac{3\left(a^a+b^a+c^a\right)}{2\left(a+b+c\right)}\)\(=\frac{3}{2}\cdot\frac{a^a+b^a+c^a}{a+b+c}\)

=> đpcm

10 tháng 3 2020

Ta có : \(\left(1+\sqrt{2019}\right)\sqrt{2020-2\sqrt{2019}}\)

\(=\left(1+\sqrt{2019}\right).\sqrt{2019-2\sqrt{2019}+1}\)

\(=\left(1+\sqrt{2019}\right)\sqrt{\left(\sqrt{2019}-1\right)^2}\)

\(=\left(1+\sqrt{2019}\right)\left(\sqrt{2019}-1\right)\)

\(=2019-1=2018\)

14 tháng 6 2021

BĐT cần CM tương đương:

\(3-VT\ge1\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2+2bc-a\left(b+c\right)}{a^2+2bc}+...\ge1\) (1)

\(VT\left(1\right)=\frac{\left[a^2+2bc-a\left(b+c\right)\right]^2}{\left(a^2+2bc\right)\left[a^2+2bc-a\left(b+c\right)\right]}+...\)

\(\ge\frac{\left[a^2+2bc-a\left(b+c\right)+b^2+2ca-b\left(c+a\right)+c^2+2ab-c\left(a+b\right)\right]^2}{\left(a^2+2bc\right)\left[a^2+2bc-a\left(b+c\right)\right]+...}\)

\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+2bc\right)\left[a^2+2bc-a\left(b+c\right)\right]+...}\) (2)

Ta cần chứng minh mẫu của (2) \(\le\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)

... Tự biến đổi ra thôi thi ta được 1 biểu thức không âm luôn đúng

=> BĐT trên đúng

=> đpcm

Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c

15 tháng 2 2016

moi hok lop 6 

15 tháng 2 2016

bó tay .vn

ủng hộ nha

11 tháng 12 2018

đặt mỗi cái phân thức =a,b,c