K
Khách

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

23 tháng 11 2018

Ta có a,b,c dương⇒\(a+b+c+ab+bc+ca=6abc\Leftrightarrow\dfrac{1}{cb}+\dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=6\)(1)

Đặt x=\(\dfrac{1}{a}\),y=\(\dfrac{1}{b}\),z=\(\dfrac{1}{c}\)

Vậy (1)\(\Leftrightarrow xy+xz+yz+x+y+z=6\)

Áp dụng bđt cosi ta có

\(x^2+1\ge2x\)(2)

\(y^2+1\ge2y\)(3)

\(z^2+1\ge2z\)(4)

Cộng (2),(3),(4)\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+3\ge2x+2y+2z\)(5)

Ta lại có bất đẳng thức cosi:

\(x^2+y^2\ge2xy\)(6)

\(y^2+z^2\ge2yz\)(7)

\(x^2+z^2\ge2xz\)(8)

Cộng (6),(7),(8)\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2xy+2xz+2yz\left(9\right)\)

Cộng (8),(9)\(\Leftrightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2\left(x+y+z+xy+xz+yz\right)\Leftrightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\ge2.6\Leftrightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge9\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge3\Rightarrowđpcm\)

23 tháng 11 2018

a,b,c dương mình mới làm được

23 tháng 11 2018

a, b, c khác 0 nhé

\(a+b+c+ab+bc+ca=6abcd\)

Chia cả hai vế cho abc ta có

\(\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=6\)

Đặt \(\frac{1}{a}=x,\frac{1}{b}=y,\frac{1}{c}=z\), x, y, z khác 0

bài toán đưa về cho 3 số x, y, z khác 0 chứng minh x+y+z+xy+yz+xz=6 Chứng minh rằng x^2+y^2+z^2>=3

Xét 3(x^2+y^2+z^2)- 2(x+y+z+xy+xz+yz) +3=(x^2-2xy+y^2)+(x^2-2xz+z^2)+(z^2-2zy+y^2)+(x^2-2x+1)+(y^2-2y+1)+(z^2-2z+1)

=(x-y)^2+(x-z)^2+(z-y)^2+(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2\(\ge\)0

=> 3(x^2+y^2+z^2)- 2(x+y+z+xy+xz+yz) +3​​\(\ge0\)=> 3.(x^2+y^2+z^2)-2.6+3​\(\ge0\)<=> x^2+y^2+z^2\(\ge\)3 (điều phải chứng minh)

Dấu '=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1

\(\ge0\)\(\ge\)\(\ge\)

11 tháng 9 2017

câu này bỏ qua nha :V

AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 6 2021

Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

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

$\Rightarrow \frac{1}{a^2+b^2+1}\leq \frac{c^2+2}{(a+b+c)^2}$

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế:

$\text{VT}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+6}{(a+b+c)^2}=\frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)}\leq \frac{a^2+b^2+c^2+6}{a^2+b^2+c^2+2.3}=1$

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

9 tháng 6 2021

cảm ơn ạ

 

7 tháng 5 2018

a+b+c+ab+bc+ca=6abc \(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=6\)

Đặt \(A=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\)

Ta có: \(\left(\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}\right)^2\ge0\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\ge\dfrac{2}{ab}\)

CMTT: \(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge\dfrac{2}{bc};\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{a^2}\ge\dfrac{2}{ca}\)

Ta có: \(\left(\dfrac{1}{a}-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+1\ge\dfrac{2}{a}\)

CMTT: \(\dfrac{1}{b^2}+1\ge\dfrac{2}{b};\dfrac{1}{c^2}+1\ge\dfrac{2}{c}\)

\(3A+3\ge2.\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)=2.6=12\)

<=> A + 1 \(\ge4\Leftrightarrow A\ge3\) (đpcm)

7 tháng 5 2018

con súc vật đừng có tag tao vào tao đéo thích giúp loại như mày

NV
6 tháng 11 2021

Từ giả thiết:

\(a^2+b^2+c^2+a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\le4\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\le2\)

Ta có:

\(\dfrac{ab+1}{\left(a+b\right)^2}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{2ab+2}{\left(a+b\right)^2}\ge\dfrac{1}{2}.\dfrac{2ab+a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{\left(a+b\right)^2}=\dfrac{1}{2}\dfrac{\left(a+b\right)^2+\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{\left(a+b\right)^2}\)

\(=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}.\dfrac{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}{\left(a+b\right)^2}\)

Tương tự và cộng lại, đồng thời đặt \(\left(a+b;b+c;c+a\right)=\left(x;y;z\right)\):

\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{yz}{x^2}+\dfrac{xz}{y^2}+\dfrac{xy}{z^2}\right)\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}.3\sqrt[3]{\dfrac{yz.xz.xy}{x^2y^2z^2}}=3\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

19 tháng 11 2018

1) Áp dụng bđt Cauchy:

\(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{a^2b^2}}=\dfrac{2}{ab}\)

Xong

6 tháng 4 2017

Bài 1:

Dự đoán dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\) ta tính được giá trị là \(9\)

Ta sẽ chứng minh nó là GTLN

Thật vậy ta cần chứng minh

\(\Sigma\dfrac{11a+4b}{4a^2-ab+2b^2}\le\dfrac{3\left(ab+ac+bc\right)}{abc}\)

\(\LeftrightarrowΣ\left(\dfrac{3}{a}-\dfrac{11a+4b}{4a^2-ab+2b^2}\right)\ge0\)

\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{\left(a-b\right)\left(a-6b\right)}{a\left(4a^2-ab+2b^2\right)}\ge0\)

\(\LeftrightarrowΣ\left(\dfrac{\left(a-b\right)\left(a-6b\right)}{a\left(4a^2-ab+2b^2\right)}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{a}\right)\ge0\)

\(\LeftrightarrowΣ\dfrac{\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)}{ab\left(4a^2-ab+2b^2\right)}\ge0\) (luôn đúng)

Bài 2:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\left(a^5+b^2+c^2\right)\left(\dfrac{1}{a}+b^2+c^2\right)\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\dfrac{\dfrac{1}{a}+b^2+c^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

Tương tự rồi cộng theo vế ta có:

\(Σ\dfrac{1}{a^5+b^2+c^2}\le\dfrac{Σ\dfrac{1}{a}+2Σa^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\)

Ta chứng minh \(Σ\dfrac{1}{a}+2\left(a^2+b^2+c^2\right)\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\) - BĐT cuối đúng

Vậy ta có ĐPCM. Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Bài 3:

Từ \(a+b+c=3abc\Rightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=3\)

Đặt \(\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\)\(\Rightarrow xy+yz+xz=3\) và BĐT cần chứng minh là

\(x^3+y^3+z^3\ge3\). Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(x^3+x^3+1\ge3\sqrt[3]{x^3\cdot x^3\cdot1}=3x^2\)

Tương tự có: \(y^3+y^3+1\ge3y^2;z^3+z^3+1\ge3z^2\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)\)

Lại có BĐT quen thuộc \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+xz\)

\(\Rightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge3\left(xy+yz+xz\right)=9\left(xy+yz+xz=3\right)\)

\(\Rightarrow2\left(x^3+y^3+z^3\right)+3\ge9\Rightarrow2\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge6\)

\(\Rightarrow x^3+y^3+z^3\ge3\). BĐT cuối đúng nên ta có ĐPCM

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

T/b:Vâng, rất giỏi :GT8:

4 tháng 4 2017

lần sau đăng từng câu 1 dc ko bn :)

20 tháng 2 2021

Đặt\(P=\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2+}+\dfrac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\) 

Bổ đề: \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\) \(\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\) (1)

Chứng minh bổ đề: \(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\sqrt[3]{abc.\dfrac{1}{abc}}=9\left(\forall a,b,c\ge0\right)\) 

Kết hợp điều kiện đề bài ta được: \(a+b+c\ge3\)

Ta có: \(\dfrac{ab^2}{1+b^2}\le\dfrac{ab^2}{2\sqrt{b^2}}=\dfrac{ab}{2}\) ( AM-GM cho 2 số không âm 1 và b^2 )

\(\Rightarrow\dfrac{a}{1+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\dfrac{ab}{2}\left(1\right)\)

Chứng minh hoàn toàn tương tự: \(\dfrac{b}{1+c^2}\ge b-\dfrac{bc}{2}\left(2\right)\)

\(\dfrac{c}{1+a^2}\ge c-\dfrac{ca}{2}\left(3\right)\)

Cộng (1),(2),(3) vế theo vế thu được: \(P\ge a+b+c=3\)

Dấu "=" xảy ra tại a=b=c=1

 

20 tháng 2 2021

Cách gundefinediải của