NT
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
12 tháng 8 2016
Đề bài phải cho \(a+b+c\le1\) để xảy ra dấu "=" ở điều phải chứng minh.
Áp dụng bđt \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\)
với \(x=a^2+2bc,y=b^2+2ac,z=c^2+2ab\) được :
\(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2+2ab+bc+ac}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge9\)(đpcm)
12 tháng 8 2016
Dễ chứng minh : (a + b + c)(1/a + 1/b + 1/c) >= 9
Áp dụng điều đó :
1/(a^2 + 2bc)+ 1/(b^2 + 2ac) + 1/(c^2 + 2ab) >= 9/(a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2ac + 2bc) = 9/(a + b + c)^2 >= 9/1^2 = 9 (đpcm)
IM
10 tháng 9 2016
Đề là
Cho \(a;b;c\ge0\) thỏa mãn a+b+c = 1
Cmr : \(\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{1-c}\ge\frac{2}{1+a}+\frac{2}{1+b}+\frac{2}{1+c}\) ak bạn
N
18 tháng 9 2016
Ta có:a+b+c=1
\(đpcm\Leftrightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{2}{a+2b+c}+\frac{2}{2a+b+c}+\frac{2}{a+b+2c}\)(*)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\ge\frac{4}{a+2b+c}\)(1)
Tương tự:\(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{4}{a+b+2c}\)(2)
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{4}{2a+b+c}\)(3)
Cộng theo từng vế của (1);(2);(3) ta đc:(*)(đpcm)
Dấu ''='' xảy ra\(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
13 tháng 2 2020
\(VT=\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(a+b\right)\)
\(VT\ge2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}.2\sqrt{ab}=8abc\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
13 tháng 2 2020
Lời giải:
Vì $A+B+C=1$ ta có:
$(1-A)(1-B)(1-C)=(B+C)(C+A)(A+B)$
Áp dụng BĐT AM-GM cho các số dương:
$B+C\geq 2\sqrt{BC}; C+A\geq 2\sqrt{CA}; A+B\geq 2\sqrt{AB}$
$\Rightarrow (1-A)(1-B)(1-C)=(B+C)(C+A)(A+B)\geq 2\sqrt{BC}.2\sqrt{CA}.2\sqrt{AB}$
hay $(1-A)(1-B)(1-C)\geq 8ABC$ (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $A=B=C=\frac{1}{3}$
KK
11 tháng 3 2017
\(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\ge\dfrac{9}{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức
\(\Rightarrow\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\ge\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\dfrac{9}{2}\)
Vậy \(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\ge\dfrac{9}{2}\) ( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
26 tháng 9 2018
Gs a+b+c>1/a+1/b+1/c nhưng không t/m một và chỉ một trong 3 số a,b,c lớn hơn 1 TH1:Cả 3 số a,b,c đều lớn hơn 1 hoặc đều nhỏ hơn 1 suy ra mâu thẫn( vì abc=1) TH2 có 2 số lớn hơn 1 Gs a>1,b>1,c<1 suy ra a-1>0,b-1>0,c-1<0 suy ra (a-1)(b-1)(c-1)<0 suy ra abc+a+b+c-(ab+bc+ca)-1<0 suy ra a+b+c<ab+bc+ca suy ra a+b+c<abc/c+abc/a+abc/b suy ra a+b+c<1/a+1/b+1/c(mâu thuẫn với giả thuyết nên điều giả sử sai) suy ra đpcm
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
12 tháng 11 2019
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\)
Ta cần chứng minh \(\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\ge\frac{9}{abc+2}\Leftrightarrow abc+2\ge3\sqrt[3]{abc}\)
BĐT trên luôn đúng theo AM-GM vì: \(abc+2=abc+1+1\ge3\sqrt[3]{abc}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Ta CM : \(\dfrac{1}{xy}\)\(\geq\) \(\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}\) \(\Leftrightarrow\) (x+y)2 \(\geq\) 4xy \(\Leftrightarrow\) x2+2xy+y2\(\geq\) 4xy
\(\Leftrightarrow\) x2+2xy+y2-4xy \(\geq \) 0 \(\Leftrightarrow\) x2-2xy+y2 \(\geq\) 0 \(\Leftrightarrow\) (x-y)2 \(\geq\) 0 (luôn đúng)
Dấu '=' khi và chỉ khi x=y
Ta có: (1+\(\dfrac{1}{a}\))(1+\(\dfrac{1}{b}\)) = 1+\(\dfrac{1}{b}\)+\(\dfrac{1}{a}\)+\(\dfrac{1}{ab}\) = 1+ \(\dfrac{a+b}{ab}\)+\(\dfrac{1}{ab}\)=1+\(\dfrac{1}{ab}\)+\(\dfrac{1}{ab}\)
= 1+ 2.\(\dfrac{1}{ab}\)
Áp dụng BĐT vừa chứng minh trên ta được:
1+2.\(\dfrac{1}{ab}\)\(\geq\) 1+2.\(\dfrac{4}{\left(a+b\right)^2}\)=1+2.4=1+8=9
Từ đó suy ra (1+\(\dfrac{1}{a}\))(1+\(\dfrac{1}{b}\)) \(\geq\) 9
Dấu'=' xảy ra khi và chỉ khi a=b=0,5