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
ET
0
J
1
27 tháng 12 2018
áp dụng cái này:
a²/x + b²/y + c²/z +d²/t ≥ (a + b +c +d)²/(x + y + z + t) (wen thuộc)
1/a + 1/b + 1/b + 1/c ≥ 16/(a + 2b +c)
1/a + 1/b + 1/c + 1/c ≥ 16/(a + b +2c)
1/a + 1/a + 1/b + 1/c ≥ 16/(2a + b +c)
Cộng 3 vế lại:
1/a + 1/b +1/c ≥ 4[1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)]
⇔ ¼ (1/a + 1/b +1/c) ≥ 1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)
⇒ ½ (1/a + 1/b +1/c) ≥ ¼ (1/a + 1/b +1/c) ≥ 1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)
⇔ ½ (1/a + 1/b +1/c) ≥ 1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)
Dấu = xra khi a = b = c và 1/a + 1/b +1/c = 0
⇒ dấu = không xảy ra.
⇒ ½ (1/a + 1/b +1/c) > 1/(a+2b+c) + 1/(b+2c+a) + 1/(c+2a+b)
HT
1
TA
0
KC
4
TA
13 tháng 10 2020
ĐK:\(a+b+c\le1|a,b,c>0\)
Chỉ có TH \(a=b=c=\frac{1}{3}\)\(\Rightarrow TH:a+b+c=1\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^2+2.\frac{1}{3}.\frac{1}{3}}+\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^2+2.\frac{1}{3}.\frac{1}{3}}+\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^2+2.\frac{1}{3}.\frac{1}{3}}\ge9\)\(=\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^2+2\left(\frac{1}{3}\right)^2}3\ge9\)\(=\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^2\left(2+1\right)}3\ge9\)\(=\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^2.3}3\ge9\)\(=\frac{1}{\frac{1}{3}.\frac{1}{3}.3}3\ge9\)\(=\frac{1}{\frac{1}{3}}3\ge9\)\(=\frac{3}{\frac{1}{3}}\ge9\)\(=3:1:3\ge9\)\(=1\ge9\)( loại )
Vậy không thể CMR \(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ba}\ge9\).
TL
1
L
23 tháng 11 2024
a) \(x^2-6x+10>x^2-6x+9=\left(x-3\right)^2>0\\ \Rightarrow x^2-6x+10>0\)
b)\(4x^2-20x+27>4x^2-20x+25=\left(2x+5\right)^2\ge0\\ \Rightarrow4x^2-20x+27>0\)
c)\(x^2+x+1>x^2\ge0\)
d)\(x^2+4x+y^2+6y+15=\left(x+2\right)^2+\left(y+3\right)^2+2\\ \left(x+2\right)^2\ge0;\left(y+3\right)^2\ge0;\\ \Rightarrow x^2+4x+y^2+6y+15\ge2>0\)