a3+b3+c3 ≥ a+b+c, với a, b, c > 0 và abc = 1
a3+b3+c3 ≥ a+b+c, với a, b, c > 0 và abc = 1
Áp dụng bđt Cô- si với các số a,b,c>0:
\(a^3+1+1\ge3a,b^3+1+1\ge3b,c^3+1+1\ge3c\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3a+3b+3c\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge a+b+c+2\left(a+b+c\right)-6\ge a+b+c+2\cdot3\sqrt[3]{abc}-6=a+b+c+6-6=a+b+c\)
Vậy...
đề là chứng minh bất đẳng thức
bạn nào giải được giúp mình với, mình cảm ơn !
Vì a=1>0 nên để bpt có tập nghiệm R thì \(\Delta'\le0\)
\(\Leftrightarrow m^2-\left(6m-5\right)\le0\Leftrightarrow m^2-6m+5\le0\)
Lập bảng xét dấu suy ra \(1\le m\le5\)
Vậy có 5 giá trị nguyên của m để ...
Tìm m để hệ bpt có nghiệm \(\left\{{}\begin{matrix}x^2-3x+2< 0\left(S1\right)\\x+2m-5>0\left(S2\right)\end{matrix}\right.\)
( S1=(1;2) )
Tìm m
a) \(mx^3-x^2+2x-8m=0\) có ba nghiệm phân biệt lớn hơn 1
b) \(\left(m-1\right)x^2-2\left(m-2\right)x+m-3=0\) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 + x2 + x1x2 < 1.
c) \(\left(m-5\right)x^2+2\left(m-1\right)x+m=0\) (1) có 2 nghiệm x1,x2 thỏa x1<2<x2
a, Ta có : \(mx^3-x^2+2x-8m=0\)
\(\Leftrightarrow m\left(x^3-8\right)-\left(x^2-2x\right)=0\)
\(\Leftrightarrow m\left(x-2\right)\left(x^2+2x+4\right)-x\left(x-2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(mx^2+2mx+4m-x\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)\left(mx^2+x\left(2m-1\right)+4m\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-2=0\\mx^2+x\left(2m-1\right)+4m=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2\left(TM\right)\\mx^2+x\left(2m-1\right)+4m=0\left(I\right)\end{matrix}\right.\)
- Để phương trình ban đầu có 3 nghiệm phân biệt lớn hơn 1
<=> Phương trình ( I ) có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn 1 .
- Xét phương trình ( I ) có : \(\Delta=b^2-4ac=\left(2m-1\right)^2-4m.4m\)
\(=4m^2-4m+1-16m^2=-12m^2-4m+1\)
- Để phương trình ( I ) có 2 nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow\Delta>0\)
\(\Leftrightarrow-\dfrac{1}{2}< m< \dfrac{1}{6}\) ( * )
- Theo vi ét : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\dfrac{1-2m}{m}\\x_1x_2=4\end{matrix}\right.\)
- Để phương trình ( I ) có nghiệm lớn hơn 1 \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1-1+x_2-1>0\\\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)>0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1-4m}{m}>0\\5-\dfrac{1-2m}{m}>0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1-4m}{m}>0\\\dfrac{7m-1}{m}>0\end{matrix}\right.\)
- Lập bảng xét dấu ( đoạn này làm tắt tí nha :vv )
Từ bảng xét dấu ta được : \(\left\{{}\begin{matrix}\left[{}\begin{matrix}m< 0\\m>\dfrac{1}{7}\end{matrix}\right.\\0< m< \dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\)
- Kết hợp điều kiện ( * ) ta được :\(\dfrac{1}{7}< m< \dfrac{1}{6}\)
Vậy ...
b, - Xét phương trình trên có : \(\Delta^,=b^{,2}-ac=\left(m-2\right)^2-\left(m-1\right)\left(m-3\right)\)
\(=m^2-4m+4-m^2+m+3m-3=1>0\)
Nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt .
Theo vi ét : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=\dfrac{2\left(m-2\right)}{m-1}\\x_1x_2=\dfrac{m-3}{m-1}\end{matrix}\right.\)
- Để \(x_1+x_2+x_1x_2< 1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2\left(m-2\right)+\left(m-3\right)-\left(m-1\right)}{m-1}< 0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2m-6}{m-1}< 0\)
- Đặt \(\dfrac{2m-6}{m-1}=f\left(m\right)\)
Cho f(m) = 0 => m = 3
m-1 = 0 => m = 1
- Lập bảng xét dầu :
m.............................1..........................................3...................................
2m-6............-..........|......................-.....................0...................+.................
m-1..............-............0...................+.....................|....................+.................
f(m).............+...........||..................-........................0................+....................
- Từ bảng xét dầu ta được : Để \(f\left(m\right)< 0\)
\(\Leftrightarrow1< m< 3\)
Vậy ...
Tìm m để pt có nghiệm phân biệt trái dấu
a) \(2x^2-\left(m^2-m+1\right)x+2m^2-3m-5=0\)
b) \(\left(m^2-3m+2\right)x^2-2m^2x-5=0\)
c) \(x^2-2\left(m-1\right)+m^2-2m=0\)( nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn)
a, Phương trình có hai nghiệm trái dấu khi \(2\left(2m^2-3m-5\right)< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(2m-5\right)\left(m+1\right)< 0\)
\(\Leftrightarrow-1< m< \dfrac{5}{2}\)
b, TH1: \(m^2-3m+2=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=2\end{matrix}\right.\)
Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
TH2: \(m^2-3m+2\ne0\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m\ne1\\m\ne2\end{matrix}\right.\)
Phương trình có hai nghiệm trái dấu khi \(-5\left(m^2-3m+2\right)< 0\)
\(\Leftrightarrow m^2-3m+2>0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m>2\\m< 1\end{matrix}\right.\)
Vậy \(m>2\) hoặc \(m< 1\)
c, Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu \(x_1,x_2\) khi \(m^2-2m< 0\Leftrightarrow0< m< 2\)
Theo định lí Viet: \(x_1+x_2=2\left(m-1\right)\)
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi \(x_1+x_2< 0\Leftrightarrow2\left(m-1\right)< 0\Leftrightarrow m< 1\)
Vậy \(0< m< 1\)
\(a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc\)≥ 8\(a^2b^2c^2\)
Bất đẳng thức trên sai
Với \(a=b=c=1\) là 1 ví dụ
a,b>0 c/m \(\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\)≥\(\sqrt{a}+\sqrt{b}\)
Ta cần chứng minh: \(\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\) với a,b>0
\(\Leftrightarrow a\sqrt{a}+b\sqrt{b}\ge\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\sqrt{ab}=a\sqrt{b}+b\sqrt{a}\)
\(\Leftrightarrow a\sqrt{a}+b\sqrt{b}-a\sqrt{b}-b\sqrt{a}\ge0\Leftrightarrow a\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)-b\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\ge0\) luôn đúng với mọi a,b>0
Vậy...
\(\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{a}}=\left(\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\sqrt{b}\right)+\left(\dfrac{b}{\sqrt{a}}+\sqrt{a}\right)-\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\)
Áp dụng bất AM-GM: \(\ge2\sqrt{a}+2\sqrt{b}-\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)=\sqrt{a}+\sqrt{b}\left(đpcm\right)\)
với mọi x,yc/m \(\left(x^2-y^2\right)^2\)≥4xy\(\left(x-y\right)^2\)
Ta cần chứng minh: \(\left(x^2-y^2\right)^2\ge4xy\left(x-y\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\left(x-y\right)^2\ge4xy\left(x-y\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\Leftrightarrow x^2+2xy+y^2\ge4xy\Leftrightarrow x^2-2xy+y^2\ge0\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\) Luôn đúng với mọi x,y
Vậy...
\(9\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)
Chứng minh BĐT trên
bất của bạn thiếu điều kiện a,b,c>0
lần đầu lóng ngóng mấy sư huynh chỉ giáo :D
việc tách ghép hoàn toàn dựa vào điểm rơi và tách ghép 1 cách hợp ní
\(\Sigma_{cyc}\left(\dfrac{a^3}{a^3+b^3+c^3}\right)+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}\ge3\sqrt[3]{\Pi_{cyc}\dfrac{a^3}{a^3+b^3+c^3}.\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{3}}\) \(=\dfrac{\Sigma_{cyc}3a}{\sqrt[3]{9.\left(a^3+b^3+c^3\right)}}\)
hoán vị theo a,b,c
Ta được: \(1+2\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{\sqrt[3]{9.\left(a^3+b^3+c^3\right)}}\)
Từ đây dễ chứng minh được bằng cách mũ 3 hai vế và ta được điều phải chứng minh:
\(9\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(a+b+c\right)^3\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c