Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
ê cu vô cái link này nè http://olm.vn/hoi-dap/question/94896.html tui vừa chép xong
ooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo
oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo
ooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo
ooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo
ooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo
ooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo
đoạn trên nhầm mà là 1/a+1/b+1/c=(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)vì a+b+c=1
Vì a+b+c=1=>(a+b+c)=(1/a+1/b+1/c)*(a+b+c)
=1+1+1+a/b+b/a+a/c+c/a+b/c+c/b
Áp dung cô si cho a/b+b/a>hoac bang 2
Tg tự a/c+c/a:b/c+c/b cũng vậy
=>(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)>hoac bang9
p =.1/a+1/b+1/c>hoac bang9
Ta có $\dfrac1{a^2+a}=\dfrac1{a(a+1)}$
Theo bất đẳng thức Cauchy Engel,
$\left(\sum\dfrac1{a(a+1)}\right)\left(\sum a(a+1)\right)\ge (1+1+1)^2=9$
Suy ra $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$$\ge \dfrac9{\dfrac{(a+b+c)^2}{\,}+3}$$=\dfrac9{9+3}$$=\dfrac34$
Cách trên chưa đủ mạnh.
Dùng Cauchy–Engel:
$\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$
$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$
Mà $a^2+b^2+c^2\le (a+b+c)^2=9$ nên $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{12}=\dfrac34$.
Để đạt cận $\dfrac32$, dùng tiếp bất đẳng thức
$\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{2(1-a)}{a}$ không thuận lợi.
Ta áp dụng Titu:
$\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a(a+1)+b(b+1)+c(c+1)}$
$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$$\ge \dfrac9{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)+3}$
$=\dfrac9{12-2(ab+bc+ca)}$
Mà $ab+bc+ca\le 3$ nên $\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac9{12-6}=\dfrac32$
Dấu bằng khi $a=b=c=1$.
$\frac1{a^2+a}+\frac1{b^2+b}+\frac1{c^2+c}\ge \frac32.$
Ta có $\dfrac1{a^2+a}=\dfrac1{a(a+1)}$
Theo bất đẳng thức Cauchy Engel,
$\left(\sum\dfrac1{a(a+1)}\right)\left(\sum a(a+1)\right)\ge (1+1+1)^2=9$
Suy ra $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$$\ge \dfrac9{\dfrac{(a+b+c)^2}{\,}+3}$$=\dfrac9{9+3}$$=\dfrac34$
Cách trên chưa đủ mạnh.
Dùng Cauchy–Engel:
$\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a^2+b^2+c^2+a+b+c}$
$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$
Mà $a^2+b^2+c^2\le (a+b+c)^2=9$ nên $\sum\dfrac1{a^2+a}\ge \dfrac9{12}=\dfrac34$.
Để đạt cận $\dfrac32$, dùng tiếp bất đẳng thức
$\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{2(1-a)}{a}$ không thuận lợi.
Ta áp dụng Titu:
$\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac{(1+1+1)^2}{a(a+1)+b(b+1)+c(c+1)}$
$=\dfrac9{a^2+b^2+c^2+3}$$\ge \dfrac9{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)+3}$
$=\dfrac9{12-2(ab+bc+ca)}$
Mà $ab+bc+ca\le 3$ nên $\sum\dfrac1{a(a+1)}\ge \dfrac9{12-6}=\dfrac32$
Dấu bằng khi $a=b=c=1$.
$\frac1{a^2+a}+\frac1{b^2+b}+\frac1{c^2+c}\ge \frac32.$
Bài làm:
Ta có: \(a+b^2+c^3=\left(a+\frac{1}{a}\right)+\left(b^2+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}\right)+\left(c^3+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)-\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\right)\)
\(\ge2.1+3.1+4.1-6=3\)
Dấu "=" <=> \(\hept{\begin{cases}a^2=1\\b^3=1\\c^4=1\end{cases}\Rightarrow a=b=c=1}\)
Học tốt!!!!