Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge a+b+c\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Lại có: \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a^2+b+c\right)}{3}\ge abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge3abc\)
a, Ta cần phải chứng minh (a+b)(\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\))=1+\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+1=2+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge4\) vì
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)(cái này bạn tìm hiểu kĩ hơn nha,nhưng mk nghĩ thế này đc rồi đó)
Dấu ''='' xảy ra \(\Leftrightarrow\)a=b.
d,(a+b+c)(\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\))=1+\(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+1+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+1\)
=3+(\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\))+(\(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\))+(\(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\))\(\ge\)3+2+2+2=9
Dấu ''='' xảy ra \(\Leftrightarrow\)a=b=c
e,Xét hiệu :
\(^{a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)\left(a+b+c\right)}\) => cái này bạn nhân ra trước rồi phân tích đa thức thành nhân tử nha.
=\(\left(a+b+c\right)\frac{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}{2}\ge0\) \(\Rightarrow\)ĐPCM
Cho 4 số a,b,c,d khác 0 thỏa mãn abcd=1 và a+b+c+d=1/a+1/b+1/c+/1d. chứng minh rằng tồn tại tích hai số trong 4 số bằng
ta có bđt phụ đã dc học
\(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\) nếu bạn chưa học thì mik chứng mik cho:v
=> \(3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)
=> \(3\left(x^2+y^2+z^2\right)-\left(x+y+z\right)^2\ge0\)
=> \(2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0\)
\(\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(z^2-2zx+x^2\right)\ge0\)
\(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)
điều này luôn đúng với mọi x;y;z
=>\(x^2+y^2+z^2\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)
thay \(x=a+\frac{1}{a};y=b+\frac{1}{b};z=c+\frac{1}{c}\) vào ta có:
\(\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2+\left(c+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{\left(\left(a+b+c\right)+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right)^2}{3}\)
ta có bđt cosi mà thực ra mik cx ko nhớ tên nếu gọi việt mik thì gọi là bđt cộng mẫu nếu bạn ko bt mik lại chứng minh
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
ta nhân (a+b+c) vào hai vế:
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
=\(3+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\)
mà \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)
vì \(\frac{\left(x^2+y^2\right)}{xy}\ge2\)
\(x^2+y^2\ge2xy\)
=> \(\left(x^2-2xy+y^2\right)\ge0\) hay \(\left(x-y\right)^2\ge0\)
vậy x;y là các số thực thì \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)
=> 3+\(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge3+2+2+2=9\)
vậy \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
thay vòa biểu thức đã suy ra ở đầu bài ta có:
=> \(\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2+\left(c+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{\left(\left(a+b+c\right)+\left(\frac{9}{a+b+c}\right)\right)^2}{3}\)
mà ta có a+b+c=1 thay vào biểu thức ta có:
\(\left(a+\frac{1}{a}\right)^2+\left(b+\frac{1}{b}\right)^2+\left(c+\frac{1}{c}\right)^2\ge\frac{\left(1+9\right)^2}{3}=\frac{10^2}{3}=\frac{100}{3}\)