Cho a,b,c >0 và ac + bc + ab= 3. Chứng minh rằng P = \(\frac{a^3}{b^2+3}+\frac{b^3}{c^2+3}+\frac{c^3}{a^2+3}\)≥\(\frac{3}{4}\)
1) Cho a, b, c>0 và a+b+c=3. Chứng minh rằng: \(\frac{a}{b^3+ab}+\frac{b}{c^3+bc}+\frac{c}{a^3+ac}\ge\frac{3}{2}\)
2) Cho a, b, c >0 thỏa mãn: ab+ac+bc+abc=4. Chứng minh rằng: \(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}\le3\)
1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)
\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)
2.
Vỉ \(ab+bc+ca+abc=4\)thi luon ton tai \(a=\frac{2x}{y+z};b=\frac{2y}{z+x};c=\frac{2z}{x+y}\)
\(\Rightarrow VT=2\Sigma_{cyc}\sqrt{\frac{ab}{\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\le2\Sigma_{cyc}\frac{\frac{b}{b+c}+\frac{a}{c+a}}{2}=3\)
Cho o dong 2 la x,y,z nhe,ghi nham
Cho a,b,c>0 .Chứng minh rằng:\(\frac{a^3+b^3+c^3}{2abc}+\frac{a^2+b^2}{c^2+ab}+\frac{b^2+c^2}{a^2+bc}+\frac{c^2+a^2}{b^2+ac}\ge\frac{9}{2}\)
Cho a, b, c > 0 sao cho:\(\frac{ab+ac}{2}=\frac{bc+ab}{3}=\frac{ca+bc}{4}\)
Chứng minh rằng \(\frac{a}{3}=\frac{b}{5}=\frac{c}{15}\)
lớp 7 à
đơn giản
ab+ac
à mik o biết phần chỗ nào
Bài 1: a) Cho a+b+c=6 và ab+bc+ac=9. Chứng minh rằng 0<a<4; 0<b<4; 0<c<4.
b) Cho a+b+c=2 và a2+b2+c2=2. Chứng minh rằng: \(0\le a\le\frac{4}{3};\)\(0\le b\le\frac{4}{3};\)\(0\le c\le\frac{4}{3}.\)
Từ a+b+c=6 \(\Rightarrow\)a+b=6-c
Ta có: ab+bc+ac=9\(\Leftrightarrow\)ab+c(a+b)=9
\(\Leftrightarrow\)ab=9-c(a+b)
Mà a+b=6-c (cmt)
\(\Rightarrow\)ab=9-c(6-c)
\(\Rightarrow\)ab=9-6c+c2
Ta có: (b-a)2\(\ge\)0 \(\forall\)b, c
\(\Rightarrow\)b2+a2-2ab\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)(b+a)2-4ab\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)(a+b)2\(\ge\)4ab
Mà a+b=6-c (cmt)
ab= 9-6c+c2 (cmt)
\(\Rightarrow\)(6-c)2\(\ge\)4(9-6c+c2)
\(\Rightarrow\)36+c2-12c\(\ge\)36-24c+4c2
\(\Rightarrow\)36+c2-12c-36+24c-4c2\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)-3c2+12c\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)3c2-12c\(\le\)0
\(\Rightarrow\)3c(c-4)\(\le\)0
\(\Rightarrow\)c(c-4)\(\le\)0
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}c\ge0\\c-4\le0\end{cases}}\)hoặc\(\hept{\begin{cases}c\le0\\c-4\ge0\end{cases}}\)
*\(\hept{\begin{cases}c\ge0\\c-4\le0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}c\ge0\\c\le4\end{cases}\Leftrightarrow}0\le c\le4}\)
*
1, cho a,b,c>0. chứng minh \(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
2, chứng minh: với mọi a,b \(\ne0\)\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}\ge\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\)
3,cho các số thực \(\in\)đoạn 0 đến 1. chứng minh:\(a^4+a^3+c^2-ab-bc-ca\le1\)
4,cho a,b,c là các số thực dương tùy ý. chứng minh: \(\frac{a^3+b^3}{ab}+\frac{b^3+c^3}{bc}+\frac{c^3+a^3}{ca}\ge2\left(a+b+c\right)\)
5,cho a,b,c>0. chứng minh\(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}\ge2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\right)\)
ai làm đk bài nào thì làm hộ e vs ạ
Lần sau đăng ít 1 thôi đăng nhiều ngại làm, bn đăng nhiều nên tui hướng dẫn sơ qua thôi tự làm đầy đủ vào vở
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^4+b^4\ge2a^2b^2;b^4+c^4\ge2b^2c^2;c^4+a^4\ge2c^2a^2\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên rồi thu gọn
\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Áp dụng tiếp BĐT AM-GM
\(a^2b^2+b^2c^2=b^2\left(a^2+c^2\right)\ge2b^2ac\)
Tương tự rồi cộng theo vế có ĐPCM
Bài 2:
Quy đồng BĐT trên ta có:
\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-\frac{a}{b}-\frac{b}{a}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2b^2}\ge0\) (luôn đúng)
Bài 4: Áp dụng BĐT AM-GM
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)
\(\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3}{ab}\ge\frac{ab\left(a+b\right)}{ab}=a+b\)
Tương tự rồi cộng theo vế
Bài 5: sai đề tự nhien có dấu - :v nghĩ là +
ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]
Cho a,b,c > 0. Chứng minh rằng: \(\frac{a^5}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^5}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^5}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\)
By Cauchy-Schwarz, we have:
\(VT\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{2\left(a^3+b^3+c^3\right)+a^2b+b^2c+c^2a}\)
We will prove: \(a^2b+b^2c+c^2a\le a^3+b^3+c^3\)
\(\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+3abc\le a^3+b^3+c^3+3abc\)
By Schur, we have: \(RHS\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(a\right)\)
So we're only need to prove: \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a+3abc\)
\(\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\ge3abc\)
It is true by AM-GM ineq', so we have Q.E.D.
P/s: Em thử giải bài này bằng tiếng Anh (để tự luyện kĩ năng tiếng anh, tí em giải lại theo tiếng việt)
Ấy nhầm:V
By Schur, we have \(RHS\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)
So we're only need to prove \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a\)
Còn lại y chang:v
Làm màu bằng tiếng anh và cái kết...:V (nãy làm nhầm, phải sửa lại đó)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel,ta có:
\(VT\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{2\left(a^3+b^3+c^3\right)+a^2b+b^2c+c^2a}\)
Ta sẽ chứng minh \(a^2b+b^2c+c^2a\le a^3+b^3+c^3\) (để từ đó suy ra đpcm)
Thật vậy, thêm 3abc vào hai vế, BĐT cần chứng minh tương đương:
\(a^3+b^3+c^3+3abc\ge a^2b+b^2c+c^2a+3abc\).
Áp dụng BĐT Schur, \(VT=a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\ge a^2b+b^2c+c^2a+3abc\)
Hay \(ab^2+bc^2+ca^2\ge3abc\). BĐT này đúng theo AM-GM
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng :
\(a+b+c\le\frac{a^2+b^2}{c}+\frac{b^2+c^2}{a}+\frac{c^2+a^2}{b}\le\frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ca}+\frac{c^3}{ab}\)
Cho a;b;c > 0 và a+b+c = 3. Chứng minh rằng \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+bc+b^2}\)≥1
\(A=\sum\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\ge\sum\frac{a^3}{\frac{3}{2}\left(a^2+b^2\right)}\)
\(\sum\frac{a^3}{a^2+b^2}\ge\sum\left(a-\frac{b}{2}\right)=\frac{3}{2}\)
\(\Rightarrowđpcm."="\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Cách 2 :
\(\frac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3-c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3-a^3}{a^2+ac+c^2}=a-b+b-c+c-a=0\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ac+a^2}=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{a^2+ac+c^2}\)
Đặt \(A=\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{a^2+ac+c^2}\)
\(B=\frac{b^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{a^3}{c^2+ac+a^2}\)
\(\Rightarrow A+B=\frac{\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{a^2+ab+b^2}+\frac{\left(b+c\right)\left(b^2-bc+c^2\right)}{b^2+bc+c^2}+\frac{\left(a+c\right)\left(a^2-ac+c^2\right)}{a^2+ac+c^2}\)
Đặt \(P=\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\) => \(P=\frac{1}{3}+\frac{2\left(a-b\right)^2}{a^2+ab+b^2}\ge\frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow P\left(a+b\right)\ge\frac{1}{3}\left(a+b\right)\)
Làm tương tự như vậy , ta có :
\(A+B\ge\frac{a+b}{3}+\frac{b+c}{3}+\frac{c+a}{3}=\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}=\frac{2.3}{3}=2\)
Mà \(A=B\Rightarrow A\ge1\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Vậy ...
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng :
\(a+b+c\le\frac{a^2+b^2}{2c}+\frac{b^2+c^2}{2a}+\frac{c^2+a^2}{2b}\le\frac{a^3}{bc}+\frac{b^3}{ca}+\frac{c^3}{ab}\)