E
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
N
1
TN
24 tháng 2 2017
Áp dụng BĐT c-s dạng engel
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c}=9\)
ND
2
TN
20 tháng 2 2018
Cô si: \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)
Nhân theo vế:
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\sqrt[3]{abc\cdot\frac{1}{abc}}=9\)
"=" khi a=b=c
NT
3
NT
20 tháng 5 2018
\(a+b+c=1\\ \Rightarrow\left(a+b+c\right)^2=1\\ \left(a+b+c\right)^2\ge4a\left(b+c\right)\\ \Rightarrow1\ge4a\left(b+c\right)\\ \Rightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\ge16abc\)
Áp dụng \(\left(x+y\right)^2\ge4xy\)
TN
18 tháng 5 2018
1 = (a + b+ c)^2 >= 4a(b + c)
<=> b +c >= 4a(b + c)^2
Mà (b + c)^2 >= 4bc
Vậy b + c >= 4a.4bc = 16abc
16 tháng 3 2020
1.: Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz cho 3 số dương
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9\)
DT
1
7 tháng 11 2017
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(a^3+b^3\right)\left(a+b\right)\ge\left(a^2+b^2\right)^2\)
Mà \(\left(a^2+b^2\right)^2\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}=\dfrac{1}{4}\)
\(\Rightarrow VT=a^3+b^3\ge\dfrac{1}{4}=VP\)
Xảy ra khi \(a=b=\dfrac{1}{2}\)
NH
1
5 tháng 4 2015
Ta có (a+b+c)(1/a+1/b+1/c) = 1 + 1 + 1 + a/b + a/c + b/a + b/c + c/a + c/b
= 3 + (a/b + b/a) + (a/c + c/a) + (b/c + c/b) (1)
Vì a, b, c > 0 nên ta có (Áp dụng Côsi)
a/b + b/a \(\ge\) 2 (2)
a/c + c/a \(\ge\) 2 (3)
b/c + c/b \(\ge\) 2 (4)
Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra
(a+b+c)(1/a+1/b+1/c) \(\ge\) 9
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c
29 tháng 3 2016
bài này chứng minh bài toán phụ, khá là phức tạp, trình bày ra chắc chết quá
29 tháng 3 2016
bài này mình thấy tren mạng đăng lên đó, có kết quả nhưng ko copy được
ND
1
PN
14 tháng 3 2016
Vì \(n^2-n=n\left(n-1\right)\) luôn là số chẵn với mọi số nguyên \(n\)
nên do đó, \(a^2+b^2+c^2+d^2-\left(a+b+c+d\right)\) là số chẵn \(\left(1\right)\)
Mà \(a^2+b^2=c^2+d^2\) (theo giả thiết)
nên \(a^2+b^2+c^2+d^2=2\left(a^2+b^2\right)\) là một số chẵn \(\left(2\right)\) (do tích trên chia hết cho \(2\))
\(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\) suy ra \(a+b+c+d\) là một số chẵn
Vậy, \(a+b+c+d\) luôn là hợp số với \(a,b,c,d\in Z^+\)