Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3

Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có....

.

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3

Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c = 3

Chứng minh rằng với mọi k > 0 ta luôn có.

Em mới vừa nghĩ ra cách khác )):

\(VT=\frac{a^2+b^2}{a^2b^2}+\frac{4}{a^2-2ab+b^2}=a^2+b^2+\frac{4}{a^2+b^2-2}\)

\(=a^2+b^2-2+\frac{4}{a^2+b^2-2}+2\)

\(\ge2\sqrt{\left(a^2+b^2-2\right).\frac{4}{a^2+b^2-2}}+2=6\)

Bài này sai đề nhé! Thử: \(\left(a;b\right)=\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2},\frac{2}{\sqrt{5}-1}\right)\rightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{\left(a-b\right)^2}=4< 6\)

Và 4 cũng là min biểu thức trên!

Đề đây ạ

câu a)

đặt A= vế trái

=>A=1/2ab+1/2ab+1/(a²+b²) (3)

(a+b)²>=4ab (tự cm)

=>1>=4ab

hay 4ab <=1

=>2ab<=1/2

=>1/2ab>=2  (1) 

sau đó áp dụng BĐT:1/x+1/y >= 4/(x+y) ta đc :

1/2ab+1/(a²+b²) >= 4/(a+b)²=4/1=4  (2)

từ (1),(2),(3)=>dpcm

\(VT=\left(\frac{1}{2ab}+\frac{1}{a^2+b^2}\right)+\frac{1}{2ab}\)

\(\ge\frac{4}{\left(a+b\right)^2}+\frac{1}{2ab}=4+\frac{1}{2ab}\)

Ta có: \(\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\ge ab\Rightarrow\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\ge2ab\) (BĐT AM-GM or CÔ si gì đó)

\(VT\ge4+\frac{1}{\frac{\left(a+b\right)^2}{2}}=4+2=6^{\left(đpcm\right)}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2=2ab\\a+b=1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2=0\\a+b=1\end{cases}}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}a=b\\a+b=1\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2}\)

bài 2

(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi

Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)

khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)

Tương tự \(b< ac,c< ab\)

Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)

mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên

\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)

\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)

Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)

Vậy bài toán được chứng minh

3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)

và \(xy+yz+xz\ge1\)

ta phải chứng minh  có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng

\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)

Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử

\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)

Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)

Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)

\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó

\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)

\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)

mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.

\(N=\Sigma\frac{3}{b+c}+\Sigma\frac{a^2}{b+c}\ge\Sigma\frac{3}{3-a}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\left(Svac\right)\)

                                                   \(=\Sigma\frac{3}{3-a}+\frac{3}{2}\)

Để C/m \(N\ge6\)thì \(\Sigma\frac{3}{3-a}\ge\frac{9}{2}\)

Áp dụng Svac \(\frac{3}{3-a}+\frac{3}{3-b}+\frac{3}{3-c}\ge\frac{\left(\sqrt{3}+\sqrt{3}+\sqrt{3}\right)^2}{3+3+3-\left(a+b+c\right)}=\frac{9}{2}\left(Q.E.D\right)\)

Dấu bằng tại a=b=c=1

Ủa bạn nào nứng loz tk sai ghê vậy ? =)) óc loz ak ?

Em màu mè tí nhé,vừa sos vừa cô si:P

\(BĐT\Leftrightarrow\Sigma_{sym}\left(\frac{a^2+1+2}{3-a}-2\right)-\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\ge0\) (em làm tắt chút nhé)

Thật vậy ta có: \(VT\ge\Sigma_{sym}\left(\frac{2\left(a+1\right)}{3-a}-\frac{2\left(3-a\right)}{3-a}\right)-\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\)

\(=\Sigma_{sym}\frac{4\left(a-1\right)}{3-a}-\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\)\(=\Sigma_{sym}\left[\frac{4\left(a-1\right)}{3-a}-2\left(a-1\right)\right]\)

\(=\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\left(\frac{2}{3-a}-1\right)=\Sigma_{sym}2\left(a-1\right)\left(\frac{2-3+a}{3-a}\right)\)

\(=\Sigma_{sym}\frac{2\left(a-1\right)^2}{3-a}=\frac{2\left(a-1\right)^2}{3-a}+\frac{2\left(b-1\right)^2}{3-b}+\frac{2\left(c-1\right)^2}{3-c}\ge0\) (luôn đúng)

Do đó ta có Q.E.D

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c =1

Mà đúng không ta :3

\(\frac{1}{ab}+\frac{1}{a^2+b^2}=\left(\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}\right)+\frac{1}{2ab}\)

Ta có : \(\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{2ab}\ge\frac{4}{\left(a+b\right)^2}=4\)

\(\frac{1}{2ab}\ge\frac{2}{\left(a+b\right)^2}=2\)

\(\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{a^2+b^2}\ge4+2=6\)

a) x⁴+x³+2x²+x+1=(x⁴+x³+x²)+(x²+x+1)=x²(x²+x+1)+(x²+x+1)=(x²+x+1)(x²+1)

b)a³+b³+c³-3abc=a³+3ab(a+b)+b³+c³ -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)³+c³-3ab(a+b+c)

=(a+b+c)((a+b)²-(a+b)c+c²)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a²+2ab+b²-ac-ab+c²-3ab)=(a+b+c)(a²+b²+c²-ab-ac-bc)

c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c

a+b+c=x-y-z+z-x=o

đưa về như bài b

d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung

e)x²(y-z)+y²(z-x)+z²(x-y)=x²(y-z)-y²((y-z)+(x-y))+z²(x-y)

=x²(y-z)-y²(y-z)-y²(x-y)+z²(x-y)=(y-z)(x²-y²)-(x-y)(y²-z²)=(y-z)(x²-2y²+xy+xz+yz)

Ta có:

VT = \(\frac{a}{b^3-1}+\frac{b}{a^3-1}=\frac{a}{\left(b-1\right)\left(b^2+b+1\right)}+\frac{b}{\left(a-1\right)\left(a^2+a+1\right)}\)

\(=\frac{a}{-a\left(b^2+b+1\right)}+\frac{b}{-b\left(a^2+a+1\right)}=\frac{-1}{b^2+b+1}-\frac{1}{a^2+a+1}\)

\(=\frac{-a^2-a-1-b^2-b-1}{\left(b^2+b+1\right)\left(a^2+a+1\right)}=\frac{-a^2-b^2-3}{a^2b^2+ab^2+b^2+a^2b+ab+b+a^2+a+1}\)

\(=\frac{-\left[\left(a+b\right)^2-2ab\right]-3}{a^2b^2+ab\left(a+b\right)+\left(a+b\right)^2+ab-2ab+\left(a+b\right)+1}\)

\(=\frac{-\left[1-2ab\right]-3}{a^2b^2+ab+1-ab+1+1}\)

\(=\frac{2\left(ab-2\right)}{a^2b^2+3}=VP\)

Vậy nên VT = VP hay \(\frac{a}{b^3-1}+\frac{b}{a^3-1}=\frac{2\left(ab-2\right)}{a^2b^2+3}\)   (dpcm)

Bài giải : 

a) x⁴+x³+2x²+x+1=(x⁴+x³+x²)+(x²+x+1)=x²(x²+x+1)+(x²+x+1)=(x²+x+1)(x²+1)

b)a³+b³+c³-3abc=a³+3ab(a+b)+b³+c³ -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)³+c³-3ab(a+b+c)

=(a+b+c)((a+b)²-(a+b)c+c²)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a²+2ab+b²-ac-ab+c²-3ab)=(a+b+c)(a²+b²+c²-ab-ac-bc)

c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c

a+b+c=x-y-z+z-x=o

đưa về như bài b

d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung

e)x²(y-z)+y²(z-x)+z²(x-y)=x²(y-z)-y²((y-z)+(x-y))+z²(x-y)

=x²(y-z)-y²(y-z)-y²(x-y)+z²(x-y)=(y-z)(x²-y²)-(x-y)(y²-z²)=(y-z)(x²-2y²+xy+xz+yz)