Cho a , b , c thỏa \(\hept{\begin{cases}a+b+c=4\\ab+bc+ca=5\end{cases}}\) , Chứng minh \(\frac{2}{3}\le a,b,c\le2\) .
Cho các số thực a,b,c thỏa mãn điều kiện \(\hept{\begin{cases}a+b+c=4\\ab+bc+ca=4\end{cases}}\).Chứng minh rằng \(0\le a,b,c\le\frac{8}{3}\)
Bài 1: \(\hept{\begin{cases}a,b,c>0\\ab+bc+ca=5abc\end{cases}CMR:P=\frac{1}{2a+2b+c}+\frac{1}{a+2b+2c}+\frac{1}{2a+b+2c}\le}1\)
Bài 2:\(\hept{\begin{cases}a,b,c>0\\a+b+c=9\end{cases}}\)Tìm GTNN \(P=\frac{1}{\sqrt[3]{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b+2c}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c+2a}}\)
Bài 2:
\(\frac{1}{\sqrt[3]{81}}\cdot P=\frac{1}{\sqrt[3]{9\cdot9\cdot\left(a+2b\right)}}+\frac{1}{\sqrt[3]{9\cdot9\cdot\left(b+2c\right)}}+\frac{1}{\sqrt[3]{9\cdot9\cdot\left(c+2a\right)}}\)
\(\ge\frac{3}{a+2b+9+9}+\frac{3}{b+2c+9+9}+\frac{3}{c+2a+9+9}\ge3\left(\frac{9}{3a+3b+3c+54}\right)=\frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt[3]{3}\)
Dấu bằng xẩy ra khi a=b=c=3
Bài 1:
\(ab+bc+ca=5abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=5\)
Theo bđt côsi-shaw ta luôn có: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\ge\frac{25}{x+y+z+t+k}\)(x=y=z=t=k>0 ) (*)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z+t+k\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\right)\ge25\)
Áp dụng bđt AM-GM ta có:
\(\hept{\begin{cases}x+y+z+t+k\ge5\sqrt[5]{xyztk}\\\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\ge5\sqrt[5]{\frac{1}{xyztk}}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(x+y+z+t+k\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\right)\ge25\)
\(\Rightarrow\)(*) luôn đúng
Từ (*) \(\Rightarrow\frac{1}{25}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\right)\le\frac{1}{x+y+z+t+k}\)
Ta có: \(P=\frac{1}{2a+2b+c}+\frac{1}{a+2b+2c}+\frac{1}{2a+b+2c}\)
Mà \(\frac{1}{2a+2b+c}=\frac{1}{a+a+b+b+c}\le\frac{1}{25}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\frac{1}{a+2b+2c}=\frac{1}{a+b+b+c+c}\le\frac{1}{25}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\frac{1}{2a+b+2c}=\frac{1}{a+a+b+c+c}\le\frac{1}{25}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{25}\left[5.\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right]=1\)
\(\Rightarrow P\le1\left(đpcm\right)\)Dấu"="xảy ra khi a=b=c\(=\frac{3}{5}\)
https://olm.vn/thanhvien/ankhunge
Làm sai rồi ạ
cho \(\hept{\begin{cases}a,b,c>0\\a^4+b^4+c^4=3\end{cases}}\).cmr:\(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\)\(\le\)1
Ta có: \(a^2+b^2\ge2ab\forall a,b\Rightarrow\frac{1}{4-ab}\le\frac{2}{8-a^2-b^2}\)
Theo BĐT C-S: \(\frac{2}{8-a^2-b^2}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}\right)\)
Do đó: \(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\le\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}+\frac{1}{4-c^2}\)
Ta có đánh giá sau: \(\frac{1}{4-a^2}\le\frac{a^4+5}{18}\Leftrightarrow\left(a^2-1\right)^2\left(a^2-2\right)\le0\) (Đúng)
Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng theo vế ta có:
\(\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}+\frac{1}{4-c^2}\le\frac{a^4+5}{18}+\frac{b^4+5}{18}+\frac{c^4+5}{18}=1\)(ĐPCM)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Cách khác dùng Schur như sau :)
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(16+3abc\left(a+b+c\right)\ge a^2b^2c^2+8\left(ab+bc+ca\right)\)
Mà \(1\ge a^2b^2c^2\). Mặt khác theo BĐT Schur ta có:
\(\left(a^3+b^3+c^3+3abc\right)\left(a+b+c\right)\ge\)
\(\ge\left[ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\right]\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow3+3abc\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+2abc\left(a+b+c\right)\)
\(=\left(ad+bc\right)^2+\left(bc+ca\right)^2+\left(ca+ab\right)^2\)
BĐT sẽ được c/m xong nếu ta chỉ ra:
\(\left(ab+bc\right)^2+\left(bc+ca\right)^2+\left(ca+ab\right)^2+12\ge8\left(ab+bc+ac\right)\)
Đúng theo BĐT Cô-si
Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
1. cho \(-1\le a,b,c\le2\) và a+b+c=0. CMR \(a^2+b^2+c^2\le6\)
2. cho \(\hept{\begin{cases}a,b,c>0\\a+b+c=1\end{cases}}\)cmr hoán vị của \(a\sqrt[3]{1+b-c}\ge\frac{3\sqrt{17}}{2}\)
3. \(\hept{\begin{cases}a,b,c>0\\a+b+c=1\end{cases}}\)cmr: hoán vị của\(\frac{a}{a^2+1}\le\frac{9}{10}\)
4. \(\hept{\begin{cases}a,b,c>0\\a+b+c\le\frac{3}{2}\end{cases}}\)cmr: hoán vị của \(a\sqrt[3]{1+b-c}\le1\)
1.
\(-1\le a\le2\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+1\ge0\\a-2\le0\end{cases}\Rightarrow\left(a+1\right)\left(a-2\right)\le0\Leftrightarrow a^2\le}2+a\)
Tương tự \(b^2\le2+b,c^2\le2+c\Rightarrow a^2+b^2+c^2\le6+a+b+c=6\)
Dấu "=" xảy ra khi a=2,b=c=-1 và các hoán vị của chúng
Xét \(\frac{a^2+1}{a}=a+\frac{1}{a}\)
Dễ thấy dấu "=" xảy ra khi \(a=\frac{1}{3}\)
khi đó \(a+\frac{1}{a}=a+\frac{1}{9a}+\frac{8}{9a}\ge2\sqrt{\frac{a.1}{9a}}+\frac{8}{\frac{9.1}{3}}=\frac{10}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a^2+1}\le\frac{3}{10}\)
tương tự =>đpcm
lười quá khỏi nghĩ đưa link
| Inequalities (ko dịch dc thì pm)
moi nguoi oi giup em may cau nay voi
1) Cho \(\hept{\begin{cases}a,b,c,d\ge0\\a+b+c+d\le3\end{cases}}\)tim max \(P=2a+3b^2+4b^3+5b^4\)
2) Cho \(\hept{\begin{cases}a,b,c\ge0\\a+b+c=3\end{cases}}\)tim min \(P=\left(a-1\right)^3+\left(b-1\right)^3+\left(c-1\right)^3\)
3) Cho \(\hept{\begin{cases}a,b\ge0;0\le c\le1\\a^2+b^2+c^2=3\end{cases}}\) tim max,min \(P=ab+bc+ca+3\left(a+b+c\right)\)
4) Cho \(\hept{\begin{cases}a,b,c\ge0\\a+b+c=3\end{cases}}\)tim max \(P=a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a}-\sqrt{abc}\)
5) Cho \(\hept{\begin{cases}a,b\ge0;0\le c\le1\\a+b+c=3\end{cases}}\)tim max, min \(P=a^2+b^2+c^2+abc\)
em cam on nhieu
Cho \(\hept{\begin{cases}ab+bc+ca\le abc\\a,b,c>0\end{cases}}\)
Tìm Min \(A=\frac{a^2}{b+2a}+\frac{b^2}{c+2b}+\frac{c^2}{a+2c}\)
Theo gt \(ab+bc+ca\le abc^{\left(3\right)}\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le1\)
\(\frac{9}{a+b+c}\le1\)
\(a+b+c\ge9^{\left(1\right)}\)
Mặt khác
\(a^2+b^2+c^2\ge3\left(a+b+c\right)\)
\(a^2+b^2+c^2\ge9\cdot3=27^{\left(2\right)}\)
Vì a,b,c >0, áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:
\(\frac{a^2b}{b+2a}+\frac{b\left(b+2a\right)}{9}\ge2\sqrt{\frac{a^2b}{b+2a}\cdot\frac{b\left(b+2a\right)}{9}}=\frac{2ab}{3}\)
CMTT
\(\frac{b^2c}{c+2b}+\frac{c\left(c+2b\right)}{9}\ge\frac{2bc}{3}\)
\(\frac{c^2a}{a+2c}+\frac{a\left(a+2c\right)}{9}\ge\frac{2ca}{3}\)
Cộng vế với vế a được :
\(A+\frac{a^2+b^2+c^2}{9}+\frac{2\left(ab+bc+ca\right)}{9}\ge\frac{2\left(ab+bc+ca\right)}{3}\)
\(A\ge\frac{4\left(ab+bc+ca\right)}{3}-\frac{a^2+b^2+c^2}{9}^{\left(#\right)}\)
Từ 1,2,3 và # ta có
\(A\ge\frac{4\cdot9}{3}-\frac{27}{9}=9\)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=3\)
Vậy...
Cho a,b,b thỏa mãn \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2=2\\ab+bc+ca=1\end{cases}}\)CMR \(\frac{-4}{3}< a,b,c< \frac{4}{3}\)
\(\hept{\begin{cases}a,b,c>0\\abc=1\end{cases}.CMR:}1+\frac{3}{a+b+c}\ge\frac{6}{ab+bc+ca}\)
Đặt \(a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},c=\frac{1}{z}\),xyz=1
Cần CM: \(1+\frac{3}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\ge\frac{6}{\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}}\)
\(\Leftrightarrow1+\frac{3}{xy+yz+zx}\ge\frac{6}{x+y+z}\)
Thật vậy \(1+\frac{3}{xy+yz+zx}\ge1+\frac{9}{\left(x+y+z\right)^2}\ge2\sqrt{\frac{9}{x+y+z}}=\frac{6}{x+y+z}\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Cho x,y là hai số thực thỏa mãn \(\hept{\begin{cases}ax+by=c\\bx+cy=a\\cx+ay=b\end{cases}}\)
Chứng minh rằng : \(a^3+b^3+c^3=3abc\)
#)Giải :
Ta có : \(\hept{\begin{cases}ax+by=c\\bx+cy=a\\cx+ay=b\end{cases}\Rightarrow ax+by+bx+cy+cx+ay=c+a+b}\)
\(\Rightarrow x\left(a+b+c\right)+y\left(a+c+b\right)=a+b+c\)
\(\Rightarrow\left(x+y-1\right)\left(a+b+c\right)=0\)
\(\Rightarrow a+b+c=0\Rightarrow a+b=-c\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3=a^3+3ab\left(a+b\right)+b^3-3ab\left(a+b\right)+c^3\)
\(=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3\)
\(=\left(-c\right)^3-3ab\left(-c\right)+c^3=3abc\)
\(\Rightarrowđpcm\)
Bài giải thiếu trường hợp \(x+y-1=0\) rồi
#)Góp ý :
alibaba nguyễn hình như đề bài yêu cầu cm thì chỉ cần cm thui là đc chứ ???