K
Khách

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

AH
Akai Haruma
Giáo viên
24 tháng 7 2020

Lời giải:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac$

$\Rightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}$

Do đó:

$(a^2+b^2+c^2)^3\geq \frac{(a+b+c)^6}{27}$

Cũng theo BĐT AM-GM:

$a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$. Suy ra:

$(a^2+b^2+c^2)^3\geq \frac{(a+b+c).3^5}{27}=9(a+b+c)$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

AH
Akai Haruma
Giáo viên
31 tháng 7 2023

Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$(a^2+b^2+c^2)(1+1+1)\geq (a+b+c)^2$

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}$

$\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^3\geq \frac{(a+b+c)^6}{27}$

Áp dụng BĐT Cô-si: $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$

$\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^3\geq \frac{(a+b+c)^6}{27}\geq \frac{(a+b+c).3^5}{27}=9(a+b+c)$
Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

bđt phụ sai mà cũng ko đc chuẩn hóa

23 tháng 8 2017

\(\frac{ab}{a^2+b^2}\le\frac{ab}{2ab}=\frac{1}{2}\)

tương tự \(\frac{\Rightarrow ab}{a^2+b^2}+\frac{bc}{b^2+c^2}+\frac{ac}{a^2+c^2}\le\frac{3}{2}\)

=>Thắng Nguyễn :cm theo cách đó sai

NV
10 tháng 6 2021

Bài này đã có ở đây:

Cho abc=1CMR\(\dfrac{a+3}{\left(a+1\right)^2}+\dfrac{b+3}{\left(b+1\right)^2}+\dfrac{c+3}{\left(c+1\right)^2}\ge3\) - Hoc24

21 tháng 8 2021

(a2+b2+c2)3(a2+b2+c2)3 ≥ 9(a + b + c)

21 tháng 8 2021

(a2+b2+c2)3(a2+b2+c2)3 ≥ 9(a + b + c)

10 tháng 12 2017

Ta có \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)\(\Rightarrow3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le3\Leftrightarrow abc\le1\)

\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{1+a^2\left(b+c\right)}\le\frac{1}{abc+a^2\left(b+c\right)}\)\(=\frac{1}{a\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{1}{3a}\)

\(CMTT\Rightarrow\frac{1}{1+b^2\left(c+a\right)}\le\frac{1}{3b}\)

                  \(\frac{1}{1+c^2\left(a+b\right)}\le\frac{1}{3c}\)

\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}\)\(=\frac{ab+bc+ca}{3abc}=\frac{1}{abc}\)