![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Chia cả 2 vế của giả thiết cho a,b,c ta được :
\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=6\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\leftrightarrow\)khi đó bài toán trở thành :
\(xy+yz+zx+x+y+z=6\)
Chứng minh rằng \(x^2+y^2+z^2\ge3\)
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :
\(\hept{\begin{cases}x^2+1\ge2\sqrt{x^2}=2x\\y^2+1\ge2\sqrt{y^2}=2y\\z^2+1\ge2\sqrt{z^2}=2z\end{cases}}< =>x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(x+y+z\right)\)(*)
Tiếp tục sử dụng AM-GM ta có :
\(\hept{\begin{cases}x^2+y^2\ge2\sqrt{x^2y^2}=2xy\\y^2+z^2\ge2\sqrt{y^2z^2}=2yz\\z^2+x^2=2\sqrt{z^2x^2}=2zx\end{cases}< =>2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge}2\left(xy+yz+zx\right)\)(**)
Cộng theo vế bất đẳng thức (*) và (**) ta được :
\(3\left(x^2+y^2+z^2+1\right)\ge2\left(xy+yz+zx+x+y+z\right)=2.6=12\)
\(< =>x^2+y^2+z^2+1\ge\frac{12}{3}=4< =>x^2+y^2+z^2\ge3\left(đpcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=1< =>a=b=c=1\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(a+b+c+ab+bc+ca=6abc\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=6\)
Đặt \(\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y+z+xy+yz+zx=6\\P=x^2+y^2+z^2\end{cases}}\)
\(6=x+y+z+xy+yz+zx\le x+y+z+\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow x+y+z\ge3\)
\(\Rightarrow P=x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\ge\frac{9}{3}=3\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(a+b+c+ab+bc+ca=6abc\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=6\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z+xy+yz+zx=6\)
Ta cần chứng minh: \(x^2+y^2+z^2\ge3\)
Thật vậy:
\(x^2+1+y^2+1+z^2+1\ge2x+2y+2z\)
\(2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
Cộng vế với vế:
\(3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2\left(x+y+z+xy+yz+zx\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge12\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y;z\right)=\left(1;1;1\right)\) hay \(\left(a;b;c\right)=\left(1;1;1\right)\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Đề<=>a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2=6abc
<=>a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=3abc
nhân cả hai vế với a+b+c+1 ta đc câu trả lời
chúc bạn học tốt
cho mình hỏi ai còn cách khác bài bạn cậu chủ họ Lương thì gợi ý giúp mình vs nhé.
tks!
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(a+b+c+ab+ac+bc=6abc\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=6\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\frac{1}{a}=x\\\frac{1}{b}=y\\\frac{1}{c}=z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+y+z+xy+xz+yz=6\)
Cần chứng minh \(P=x^2+y^2+z^2\ge3\)
Ta có các BĐT quen thuộc:
\(x^2+1\ge2x\) ; \(y^2+1\ge2y\); \(z^2+1\ge2z\)
\(2x^2+2y^2+2z^2\ge2xy+2xz+2yz\)
Cộng vế với vế:
\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2\left(x+y+z+xy+xz+yz\right)=12\)
\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge9\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\) hay \(a=b=c=1\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) ta có (x-y)2>=0 với mọi x,y
=>x2-2xy+y2>=0 với mọi x,y
=>x2+y2>=2xy với mọi x,y
=>(x2+y2)/xy>=2 với mọi x,y>0
=>x/y+y/x>=2 với mọi x,y>0
áp dụng bất đẳng thức trên ta có:
(a2+1)/1+1/(a2+1)>=2
=>a2+1+1/(a2+1)>=2
=>a2+1/(a2+1)>=1 (dpcm)
b)áp dụng bất đẳng thức x2+y2>=2xy (chứng minh trên) ta có:
a2+b2>=2ab
=>(a2+b2).c>=2abc (1)
b2+c2>=2bc
=>(b2+c2).a>=2abc (2)
a2+c2>=2ac
=>(a2+c2).b>=2abc (3)
từ (1),(2),(3) cộng vế với vế ta sẽ suy ra đc dpcm
\(VT=a^2+a^2b^2+b^2+b^2c^2+c^2+c^2a^2\ge6\sqrt[6]{a^2.a^2b^2.b^2.b^2c^2.c^2.c^2a^2}=6abc\)
Bài này có điều kiện a,b,c không âm thì phải