Cho \(0\le\) \(a,b,c\)\(\le1\) thỏa mãn \(a+b+c\ge2\). CM :
\(ab\left(a+1\right)+bc\left(b+1\right)+ac\left(c+1\right)\ge2\)
Cho các số thực a,b,c thỏa mãn \(0\le a,b,c\le1\)và \(a+b+c\ge2\).CMR:
\(ab\left(a+1\right)+bc\left(b+1\right)+ca\left(c+1\right)\ge2\)
Vì \(0\le a,b,c\le1\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^2\left(1-b\right)\le a\left(1-b\right)\\b^2\left(1-c\right)\le b\left(1-c\right)\\c^2\left(1-a\right)\le c\left(1-a\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2-\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\le a+b+c-\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\left(a+b+c\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(a+b+c\right)\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)
\(\Rightarrow VT\ge\left(a+b+c\right)^2-\left(a+b+c\right)=\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-1\right)\)
Do \(a+b+c\ge2\Rightarrow a+b+c-1\ge1\Rightarrow VT\ge2\)
Đẳng thức xảy ra khi 1 trong 3 số a,b,c có 2 số bằng 1 và 1 số bằng 0
bạn thử giải hộ mình mấy bài này vs
https://diendantoanhoc.net/topic/173087-to%C3%A1n-%C3%B4n-thi-v%C3%A0o-l%E1%BB%9Bp-10/#entry681162
đây này
1,Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=abc.CMR:
\(\frac{bc}{a\left(1+bc\right)}+\frac{ca}{b\left(1+ca\right)}+\frac{ab}{c\left(1+ab\right)}\ge\frac{3\sqrt{3}}{4}\)
2,Cho a,b,c>0 thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2=3\)
Tìm GTLN của P= \(\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b+c}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c+a}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a+b}}\)
3,Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3.
Tìm GTLN của Q= \(2\sqrt{abc}\left(\frac{1}{\sqrt{3a^2+4b^2+5}}+\frac{1}{\sqrt{3b^2+4c^2+5}}+\frac{1}{\sqrt{3c^2+4a^2+5}}\right)\)
4,Cho a,b,c>0.
Tìm GTNN của P= \(\frac{\sqrt{ab}}{c+3\sqrt{ab}}+\frac{\sqrt{bc}}{a+3\sqrt{bc}}+\frac{\sqrt{ca}}{b+3\sqrt{ca}}\)
cho các số thực a,b,c thỏa mãn \(\left\{{}\begin{matrix}0\le a,b,c\le1\\a+b+c\ge2\end{matrix}\right.\)
CMR \(ab\left(a+1\right)+bc\left(b+1\right)+ca\left(c+1\right)\ge2\)
Đặt \(THANG=ab\left(a+1\right)+bc\left(b+1\right)+ca\left(c+1\right)\) :v
Vì \(0\le a;b;c\le1\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2\left(1-b\right)\le a\left(1-b\right)\\b^2\left(1-c\right)\le b\left(1-c\right)\\c^2\left(1-a\right)\le c\left(1-a\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2-\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\le a+b+c-\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\left(a+b+c\right)\ge a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)+\left(ab+bc+ca\right)+\left(a+b+c\right)\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)
\(\Rightarrow THANG\ge\left(a+b+c\right)^2-\left(a+b+c\right)=\left(a+b+c\right)\left(a+b+c-1\right)\)
Vì \(a+b+c\ge2\) nên \(a+b+c-1\ge1\). Vậy \(THANG\ge2\cdot1=2\)
Đẳng thức xảy ra khi trong 3 số \(a;b;c\) có 2 số bằng 1 và một số bằng 0
cho các số thực a,b,c thỏa mãn \(0\le a,b,c\le1\) và \(a+b+c\ge2\)chứng minh rằng :
\(ab\left(a+1\right)+bc\left(b+1\right)+ca\left(c+1\right)\ge2\)
Nhờ các bạn giải giúp mình với!
Theo đề bài ta có
\(a\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\)=> \(a^2b\ge a^2+ab-a\)
\(b\left(1-c\right)\left(1-b\right)\ge0\)=> \(b^2c\ge b^2+bc-b\)
Tương tự \(c^2a\ge c^2+ac-c\)
Khi đó
\(VT\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac-\left(a+b+c\right)=2^2-2=2\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=1,c=0\)và các hoán vị
(Nghệ An)
Cho ba số thực \(a,b,c\) thỏa mãn các điều kiện \(0\le a,b,c\le1\) và \(a+b+c\ge2\). Chứng minh rằng
\(ab\left(a+1\right)+bc\left(b+1\right)+ca\left(c+1\right)\ge2\).
Cho \(a,b,c\text{ }>0\) thỏa mãn \(abc=1.\)Chứng minh:
\(a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
Do \(abc=1\), nếu viết BĐT về dạng:
\(a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
Có lẽ bạn sẽ nhận ra ngay. Một bài toán vô cùng quen thuộc.
Chắc với bài toán này thì bạn ko cần lời giải nữa, nó có ở khắp mọi nơi.
Cho a,b,c thực dương thỏa mãn a+b+c=3. CM
\(\frac{a^2\left(b+1\right)}{a+b+ab}+\frac{b^2\left(c+1\right)}{b+c+bc}+\frac{c^2\left(a+1\right)}{c+a+ca}\ge2\)
Let \(a,b,c,k\) be positive real numbers such that \(k\left(ab+bc+ca\right)+2abc\le k^3\) . Prove that:
\(\left(1\right)k\left(a+b+c\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\left(2\right)k\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(\left(3\right)k\left(a^{2n-1}+b^{2n-1}+c^{2n-1}\right)\ge2\left(a^nb^n+b^nc^n+c^na^n\right)\) \(\left(n\ge0;n\in R\right)\)
mày bị điên rồi hả câu hỏi thế này làm gì có người giải được
Cho các số a,b,c thỏa mãn \(0\le a,b,c\le1\) Chứng minh rằng:
\(\frac{a}{bc+2}+\frac{b}{ca+2}+\frac{c}{ab+2}+\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le1\)
---- Võ Quốc Bá Cẩn -----
Hóng 1 câu "EZ"
Đợi t qua thi nhé full.
Với a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab+bc+ca=1. CMR
\(P=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\sqrt{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}}\ge2\)
\(P=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\sqrt{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}}\)
\(=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\sqrt{\left(ab+bc+ca+a^2\right)\left(ab+bc+ca+b^2\right)\left(ab+bc+ca+c^2\right)}}\)
\(=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\)
\(=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Ta có:\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,b,c\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca=1\left(1\right)\)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)
Tương tự:\(b+c\ge2\sqrt{bc};c+a\ge2\sqrt{ca}\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8abc\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra:
\(P\ge1+\frac{8abc}{8abc}=2\left(đpcm\right)\)
Dấu '=' xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
:))
ở phần cô si phần cuối là bn sai r
vì >= nhưng ở dưới mẫu nên bị đảo lại thành =< nên bn lm như thế k đúng
đay là link giải https://diendan.hocmai.vn/threads/bdt-a-2-b-2-c-2-dfrac-8abc-a-b-b-c-c-a-geq-2.341255/
Em không chắc đâu nha....Em mới học BĐT nên còn khá ngu về phần này,xin được chỉ giáo thêm ạ! :D
Biển đổi P trở thành\(P=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\) (như a/c Con Chim 7 Màu gì đó)
\(=\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-1\right)+\left(\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)-1+2\)
\(=\frac{2\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a-b\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+2\)
\(=\frac{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a-b\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+2\)
\(=\Sigma\left(\frac{1}{2\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{c}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\left(a-b\right)^2+2\)
Để cho gọn,ta đặt \(P=S_c\left(a-b\right)^2+S_b\left(c-a\right)^2+S_a\left(b-c\right)^2+2\)
Với \(S_c=\left(\frac{1}{2\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{c}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\) (như trên)
\(S_a=\left(\frac{1}{2\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{a}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\)
\(S_b=\left(\frac{1}{2\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{b}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\)
Ta đi chứng minh: \(S_a;S_b;S_c\ge0\).Thật vậy,xét Sc:
Ta chứng minh \(S_c=\left(\frac{1}{2\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{c}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\ge\frac{c}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2c\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge2c\left(ab+bc+ca\right)\) (biến đổi làm cho 2 vế đồng bậc)
Chuyển vế qua ta cần chứng minh \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b-c\right)+ca\left(a-c\right)\ge0\) (1)
Giả sử \(a\ge b\ge c\Rightarrow\)BĐT (1) đúng nên \(S_c\ge0\)
Do tính đối xứng của P nên ta cũng có \(S_b;S_c\ge0\)
Từ đây suy ra \(=\Sigma\left(\frac{1}{2\left(ab+bc+ca\right)}-\frac{c}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right)\left(a-b\right)^2+2\ge2\left(đpcm\right)\)