K
Khách

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

15 tháng 3 2017

Dễ mà

 Theo quy luật

Mà thôi giải ra dài dòng lắm

15 tháng 3 2017

Dài quá nên thôi!Thông cảm!

6 tháng 9 2016

a)\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)

\(\Rightarrow a+b\ge2\sqrt{ab}\)

\(\Rightarrow a+b-2\sqrt{ab}\ge0\)

\(\Rightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\) với mọi x

->Đpcm

2 phần kia mai tui lm nốt cho h đi ngủ

NV
10 tháng 10 2020

- Nếu cả 3 số đều bằng 0 thì BĐT hiển nhiên đúng

- Nếu \(a+b+c\ne0\)

Do \(0\le a;c\le1\Rightarrow\left(a-1\right)\left(c-1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow ac+1\ge a+c\)

\(\Leftrightarrow ac+b+1\ge a+b+c\)

\(\Leftrightarrow\frac{c}{ac+b+1}\le\frac{c}{a+b+c}\)

Hoàn toàn tương tự, ta có: \(\frac{a}{ab+c+1}\le\frac{a}{a+b+c};\) \(\frac{b}{bc+a+1}\le\frac{b}{a+b+c}\)

Cộng vế với vế ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(1;1;1\right)\) hoặc \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right);\left(0;1;1\right)\) và hoán vị

28 tháng 8 2017

lay 3-VT la xong ban ak,day la phuongphap dao dau ma

18 tháng 8 2017

cái mẫu cuối c/.... có mũ 2 ko bạn

18 tháng 8 2017

dạ có ạ

23 tháng 1 2019

đề bỏ số 2 nha bạn

Áp dụng BĐT Cauchy -  Schwarz, ta có :

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

Tương tự , \(\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{a}\)\(\frac{a}{bc}+\frac{c}{ab}\ge\frac{2}{b}\)

Cộng từng vế BĐT, ta được : 

\(2.\left(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}\right)\ge2.\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

\(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)

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

23 tháng 1 2019

Thank bạn

AH
Akai Haruma
Giáo viên
18 tháng 3 2021

Lời giải:

Sửa lại điều kiện $ab+bc+ac=1$ mới đúng nhé bạn

Thay $1=ab+bc+ac$ ta có:

$A=(a^2+ab+bc+ac)(b^2+ab+bc+ac)(c^2+ab+bc+ac)$

$=(a+b)(a+c)(b+c)(b+a)(c+a)(c+b)$

$=[(a+b)(b+c)(c+a)]^2$

Vì $a,b,c\in\mathbb{Q}$ nên $(a+b)(b+c)(c+a)\in \mathbb{Q}$

Do đó $A$ là bình phương của số hữu tỉ.

Ta có đpcm.

21 tháng 6 2017

Ta chứng minh 

\(\sqrt{a+bc}\ge1a+\sqrt{bc}\)

\(\Leftrightarrow a\ge a^2+2a\sqrt{bc}\)

\(\Leftrightarrow a\left(1-a-2\sqrt{bc}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a\left(b+c-2\sqrt{bc}\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow a\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)^2\ge0\)(đúng)

Từ đây ta suy ra được

\(\sqrt{a+bc}+\sqrt{b+ca}+\sqrt{c+ab}\ge a+b+c+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}=1+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)

21 tháng 6 2017

Một cách chứng minh rất sáng tạo ko lệ thuộc vào cách truyền thống. Cho bn 1 k