K
Khách

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

AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 9 2017

Lời giải:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geq (1+1+1)^2\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 9\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)

29 tháng 1 2023

Mình bổ sung một cách làm khác nhé.

Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương \(a,b,c\), ta có \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\) \(\Rightarrow1\ge3\sqrt[3]{abc}\)      (1)

Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương \(\dfrac{1}{a},\dfrac{1}{b},\dfrac{1}{c}\) ta có \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\)           (2)

Nhân theo vế của các BĐT (1) và (2), ta được \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}=9\) (đpcm)

Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}\)

29 tháng 1 2023

\(Ta\) có : \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\)

\(=\dfrac{a+b+c}{a}+\dfrac{a+b+c}{b}+\dfrac{a+b+c}{c}\)

\(=1+\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{b}+1+\dfrac{a}{c}+\dfrac{b}{c}+1\)

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

\(Ta\) có : \(\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}\right)\ge2\Leftrightarrow\dfrac{a^2+b^2}{ab}-2\ge0\Leftrightarrow\dfrac{a^2-2ab+b^2}{ab}\ge0\)

\(cmt\) \(tương\) \(tự\) \(với\) : \(\left(\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{c}\right)\) \(và\) \(\left(\dfrac{c}{a}+\dfrac{a}{c}\right)\) \(đều\) \(\ge2\) \(như\) \(\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)\ge2\)

\(\Rightarrow\dfrac{a+b+c}{a}+\dfrac{a+b+c}{b}+\dfrac{a+b+c}{c}\ge9\) \(hay\) \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge9\)

19 tháng 4 2018

Cauchy-Schwarz đi bn

27 tháng 10 2021

TK: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b+ c = 3. Chứng minh rằng: \(\sqrt{2a^2+\frac{7}{b^2}}+\sqrt{2b^2+\frac{7}{... - Hoc24

NV
31 tháng 8 2021

Em kiểm tra lại mẫu số của biểu thức c, chắc chắn đề sai

1 tháng 9 2021

là c\(^4\) ạ

 

14 tháng 5 2023

bài này khó giúp hộ em với

 

\(A=\dfrac{a^2}{ab+2ac}+\dfrac{b^2}{bc+2ab}+\dfrac{c^2}{ca+2bc}>=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3\left(ab+bc+ac\right)}\)>=1

22 tháng 3 2021

\(\frac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{1}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)

\(\Leftrightarrow\frac{abc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{abc}{b^2\left(c+a\right)}+\frac{abc}{c^2\left(a+b\right)}\ge\frac{3}{2}\)( GT abc = 1 )

\(\Leftrightarrow\frac{bc}{ab+ac}+\frac{ac}{ab+ac}+\frac{ab}{ac+bc}\ge\frac{3}{2}\). Đặt \(\hept{\begin{cases}ab=x\\bc=y\\ac=z\end{cases}\left(x,y,z>0\right)}\)ta được bất đẳng thức Nesbitt quen thuộc :

\(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\ge\frac{3}{2}\)( em không chứng minh )

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra <=> x = y = z <=> a = b = c = 1

13 tháng 7 2021

Do giả thiết  abc=1 nên

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

Đặt       x=bc,y=ca,z=ab thì x,y,z>0 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành bất đẳng thức quen thuộc 

      \dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}.