Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(a+b+c=abc\Leftrightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow xy+yz+zx=1\)
\(VT=\frac{x^2yz}{1+yz}+\frac{xy^2z}{1+zx}+\frac{xyz^2}{1+xy}=\frac{x^2yz}{xy+yz+yz+zx}+\frac{xy^2z}{xy+zx+yz+zx}+\frac{xyz^2}{xy+yz+xy+zx}\)
\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{x^2yz}{xy+yz}+\frac{x^2yz}{yz+zx}+\frac{xy^2z}{xy+zx}+\frac{xy^2z}{yz+zx}+\frac{xyz^2}{xy+yz}+\frac{xyz^2}{xy+zx}\right)\)
\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{x^2y}{x+y}+\frac{xy^2}{x+y}+\frac{y^2z}{y+z}+\frac{yz^2}{y+z}+\frac{x^2z}{x+z}+\frac{xz^2}{x+z}\right)\)
\(VT\le\frac{1}{4}\left(xy+yz+zx\right)=\frac{1}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\sqrt{3}\)
Ta có:\(P=a^2+\frac{1}{a^2}+b^2+\frac{1}{b^2}+c^2+\frac{1}{c^2}\)
\(\Rightarrow P\ge a^2+b^2+c^2+\frac{9}{a^2+b^2+c^2}\)(bđt cauchy-schwarz)
\(P\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{81}+\frac{9}{a^2+b^2+c^2}+\frac{80\left(a^2+b^2+c^2\right)}{81}\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{2}{3}+\frac{80\left(a^2+b^2+c^2\right)}{81}\left(AM-GM\right)\)
Sử dụng đánh giá quen thuộc:\(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=27\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{2}{3}+\frac{80\cdot27}{81}=\frac{82}{3}\)
"="<=>a=b=c=3
nhận được thông báo thì kéo chuột xuống xem bài giải của t ở phần duyệt bài nhé
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\Leftrightarrow ab+bc+ca=abc\)
\(\frac{a^2}{a+bc}=\frac{a^3}{a^2+abc}=\frac{a^3}{a^2+ab+bc+ca}=\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Cô si:
\(\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{a+b}{8}+\frac{a+b}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}.\frac{\left(a+b\right)}{8}.\frac{\left(b+c\right)}{8}}=\frac{3a}{4}\)
Tương tự với 2 cục còn lại, công theo vế:
\(VT+\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{3}{4}\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{a+b+c}{4}\text{ }\left(dpcm\right)\)
Ta sẽ chứng minh: \(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge0\) (1)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel,ta có: \(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\) (2)
Mặt khác,ta cũng có: \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)}{a+b+c}\)
Ta cần chứng minh \(a^2+b^2+c^2-3\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)\ge0\) (3)
Thay a + b + c = 0 vào (1),ta cần chứng minh: \(a^2+b^2+c^2\ge0\)(luôn đúng) (4)
Từ (4) suy ra (3) đúng suy ra (2) đúng suy ra đcpm
Thiếu chỗ câu cuối: "Từ (4) suy ra (3) đúng suy ra (2) luôn đúng suy ra (1) đúng.Từ đó suy ra đpcm"
nhưng mà a=b=c=0 thì 3(a2+b2+c2) không thể bằng 3(a2+b2+c2)\(\frac{a+b+c}{a+b+c}\)
À nhầm!Làm lại mẹ nguyên bài luôn :v. Đề sai rồi,xin phép sửa đề nha!
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Cho a,b,c là các số hữu tỉ dương thỏa mãn a + b + c = 1. CMR: \(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Cộng 1 vào hai vế,điều cần chứng minh tương đương với: \(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+1\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)+1\) (1)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz,ta có: \(VT\ge\frac{\left(a+b+c+1\right)^2}{a+b+c+1}=a+b+c+1\)
Mà a,b,c là các số hữu tỉ dương,suy ra \(VT=a+b+c+1\) (2)
Mặt khác,do a,b,c là các hữu tỉ dương nên \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)=\left(a+b+c\right)^2\) (3)
Thay (3) vào VP,áp dụng BĐT AM-GM với VP,ta lại có: \(VP\ge2\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=2\sqrt{\left(a+b+c\right)^2}=2a+2b+2c\) (4)
Mà a,b,c là các số hữu tỉ dương nên \(VP=2a+2b+2c\) (4)
Ta cần chứng minh \(a+b+c+1=2a+2b+2c\)
Từ giả thiết,thay a + b + c =1 vào,ta có; \(a+b+c+1=1+1=2\) (*)
\(2a+2b+2c=2\left(a+b+c\right)=2\) (**)
Từ (*) và (**) suy ra \(a+b+c+1=2a+2b+2c\) suy ra \(VT=VP\)
Trừ 1 ở mỗi vế ta suy ra đpcm.
Thêm cái: "Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)"
Ơ,lại nhầm :v!!
---------------------------------------------------
Đề sửa (ban nãy): Cho a,b,c là các số hữu tỉ dương thỏa mãn a + b + c = 1.Chứng minh rằng:
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
--------------------------------------------------------------------------------
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz với VT,ta có: \(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=a+b+c=1\) (1)
Áp dụng BĐT \(3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\) với VP ,(bạn tự chứng minh),ta có:
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2=1\) (2)
Trừ theo vế (1) và (2),ta có: \(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge0\)
Suy ra :\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge3\left(a^2+b^2+c^2\right)^{\left(đpcm\right)}\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c = \(\frac{1}{3}\)
Sai cmnr:((( Mà đề sai nha! a, b, c là các số thực dương thì sao mà a + b + c = 0 được?
Làm lại! Lần này chắc là đúng;))
Sửa đề: Cho a, b,c > 0 thỏa mãn \(a+b+c=1\). Chứng minh..
------------------------------------------------------------------------------------------------------
BĐT \(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(\frac{1}{b}-\frac{1}{a+b+c}\right)\left(a-b\right)^2\ge0\) (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)