TD
0
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
M
0
HP
3
31 tháng 3 2017
Ta có: \(a^2,b^2,c^2\le1\Leftrightarrow-1\le a,b,c\le1\)
\(\Rightarrow\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow abc+ab+bc+ca+a+b+c+1\ge0\left(1\right)\)
Ta lại có: \(\frac{\left(a+b+c+1\right)^2}{2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2+b^2+c^2+1+2\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)}{2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1+1+2\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)}{2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b+c+1\ge0\left(2\right)\)
Lấy (1) + (2) vế theo vế ta được
\(abc+2\left(ab+bc+ca+a+b+c+1\right)\ge0\)
Dấu = xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a=b=0\\c=-1\end{cases}}\) và các hoán vị của nó
30 tháng 3 2017
2(1+a+b+c+ab+bc+ac)
=2(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac)
=(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac)+2(a+b+c) +1
=(a+b+c)^2+2(a+b+c)+1
=(a+b+c+1)^2 >= 0
đúng thì cho 1 tíck nhé
NT
2
17 tháng 12 2016
Do a2+b2+c2=1a2+b2+c2=1 nên a2≤1a2≤1 ,b2≤1b2≤1 ,c2≤1c2≤1
=>a≥−1,b≥−1,c≥−1a≥−1,b≥−1,c≥−1
=>(1+a)(1+b)(1+c)≥0(1+a)(1+b)(1+c)≥0
=>1+a+b+c+ab+bc+ca+abc≥01+a+b+c+ab+bc+ca+abc≥0
Cần chứng minh 1+a+b+c+bc+ac+ab≥01+a+b+c+bc+ac+ab≥0
Ta có 1+a+b+c+ab+bc+ca≥01+a+b+c+ab+bc+ca≥0
<=>a2+b2+c2+ab+bc+ca+a+b+c≥0a2+b2+c2+ab+bc+ca+a+b+c≥0
<=>2a2
17 tháng 12 2016
Do a2+b2+c2=1a2+b2+c2=1 nên a2≤1a2≤1 ,b2≤1b2≤1 ,c2≤1c2≤1
=>a≥−1,b≥−1,c≥−1a≥−1,b≥−1,c≥−1
=>(1+a)(1+b)(1+c)≥0(1+a)(1+b)(1+c)≥0
=>1+a+b+c+ab+bc+ca+abc≥01+a+b+c+ab+bc+ca+abc≥0
Cần chứng minh 1+a+b+c+bc+ac+ab≥01+a+b+c+bc+ac+ab≥0
Ta có 1+a+b+c+ab+bc+ca≥01+a+b+c+ab+bc+ca≥0
<=>a2+b2+c2+ab+bc+ca+a+b+c≥0a2+b2+c2+ab+bc+ca+a+b+c≥0
<=>2a2
NN
1
8 tháng 7 2021
\(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}=\frac{a^2}{abc}+\frac{b^2}{abc}+\frac{c^2}{abc}\)
\(=\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}\)
\(\frac{a^2+b^2+c^2}{abc}\ge\frac{2ab+2bc+2ca}{abc}\)(BĐT tương đương)
\(\frac{2abc\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}{abc}\)
\(=2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)< =>ĐPCM\)
HT
0
AV
0
PQ
4
5 tháng 4 2018
Ta có: \(ab+bc+ca+\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}\ge2\sqrt{\frac{3\left(ab+bc+ca\right)^2}{a+b+c}}\)
Lại có: \(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca+\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}\ge2\sqrt{\frac{3.3abc\left(a+b+c\right)}{a+b+c}}=6\)
\(\Rightarrow1+\frac{3}{a+b+c}\ge\frac{6}{ab+bc+ca}\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
KN
6 tháng 6 2020
Đặt \(a+b+c=p;ab+bc+ca=q;abc=r\). Khi đó r = 1 và ta cần chứng minh \(1+\frac{3}{p}\ge\frac{6}{q}\)
Ta có: \(q^2\ge3pr=3p\Rightarrow p\le\frac{q^2}{3}\)
\(\Rightarrow1+\frac{3}{p}\ge1+\frac{9}{q^2}\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(1+\frac{9}{q^2}\ge\frac{6}{q}\Leftrightarrow\left(q-3\right)^2\ge0\)(Đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1