BM
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
KN
29 tháng 11 2019
Áp dụng BĐT Svac - xơ:
\(\frac{1}{a^2+2ab}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\)\(=\frac{1^2}{a^2+2ab}+\frac{1^2}{b^2+2ac}+\frac{1^2}{c^2+2ab}\)
\(\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge9\)(Vì \(a+b+c\le1\))
(Dấu "="\(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\))
NC
1
8 tháng 4 2019
Theo t thì điều kiện thế này:\(-1< a,b,c< 1\)
Vì \(a+b+c=0;-1< a,b,c< 1\) nên trong các số a,b,c thì tồn tại 2 số có cùng dấu.Giả sử \(a>0;b>0;c< 0\)
\(a+b+c=0\Rightarrow c=-\left(a+b\right)\)
Do \(a+b+c=0;-1< a,b,c< 1\) nên:\(a^2+b^2+c^2< \left|a\right|+\left|b\right|+\left|c\right|\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< a+b-z\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< -2z< 2\)
\(\Rightarrowđpcm\)
TN
1
L
1 tháng 4 2017
áp dụng BĐT bunhia... ta có
\(\left(a+2b\right)^2=\left(1.a+\sqrt{2}\sqrt{2}b\right)^2\le\left(1+2\right)\left(a^2+2b^2\right)\le3.3c^2=9c^2\)
\(\Rightarrow a+2b\le3c\)
áp dụng cosi ta có
\(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge3\sqrt[3]{xyz}.3\sqrt[3]{\frac{1}{xyz}}=9\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\)
áp dụng BDT trên ta có \(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}\ge\frac{9}{a+b+b}=\frac{9}{a+2b}\ge\frac{9}{3c}=\frac{3}{c}\left(đpcm\right)\)
dấu = xảy ra khi a=b=c
4 tháng 2 2020
\(0< a< 1\Rightarrow a^2< a\)
Tương tự: \(b^2< b;c^2< c\)
=> a^2+b^2+c^2<a+b+c=2
4 tháng 2 2020
Ta có: \(0< a< 1\)
\(\Rightarrow a-1< 0\)
\(\Rightarrow a^2-a< 0\left(1\right)\)
Tương tự ta có: \(0< b< 1\Rightarrow b^2-b=a\left(2\right)\)
Và: \(0< c< 1\Rightarrow c^2-c< 0\left(3\right)\)
Cộng: \(\left(1\right)\left(2\right)\left(3\right)\) vế theo vế ta được:
\(a^2+b^2+c^2-a-b-c< 0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2< a+b+c\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2< 2\left(a+b+c=2\right)\)
HN
1
LH
13 tháng 1 2020
Ta có: 0 < a < 1 ; 0 < b < 1 ; 0 < c < 1
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a\left(a+1\right)< 0\\b\left(b+1\right)< 0\\c\left(c+1\right)< 0\end{cases}}\)
Cộng vế với vế. Ta được:
\(a\left(a+1\right)+b\left(b+1\right)+c\left(c+1\right)< 0\)
\(a^2+a+b^2+b+c^2+c< 0\)
\(a^2+b^2+c^2< a+b+c\)
Mà a + b + c = 2
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2\left(đpcm\right)\)
P/s: Không chắc đâu nhé :D
TT
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
14 tháng 3 2022
Chắc đề bài là:
\(P=\dfrac{1}{\left(a+1\right)^2+b^2+1}+\dfrac{1}{\left(b+1\right)^2+c^2+1}+\dfrac{1}{\left(c+1\right)^2+a^2+1}\)
Ta có:
\(P=\dfrac{1}{a^2+b^2+2a+2}+\dfrac{1}{b^2+c^2+2b+2}+\dfrac{1}{c^2+a^2+2c+2}\)
\(P\le\dfrac{1}{2ab+2a+2}+\dfrac{1}{2bc+2b+2}+\dfrac{1}{2ca+2c+2}\)
\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{ab+a+1}+\dfrac{1}{bc+b+1}+\dfrac{1}{ca+c+1}\right)\)
\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{ab+a+1}+\dfrac{a}{abc+ab+a}+\dfrac{ab}{ab.ca+abc+ab}\right)\)
\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{ab+a+1}+\dfrac{a}{1+ab+a}+\dfrac{ab}{a+1+ab}\right)\) (do \(abc=1\))
\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ab+a+1}{ab+a+1}\right)=\dfrac{1}{2}\)
\(P_{max}=\dfrac{1}{2}\) khi \(a=b=c=1\)
TQ
0
ND
0