Cho các số a, b, c nguyên dương thỏa mãn ab+bc = 518 và bc-ac = 360. Tính giá trị lớn nhất của tích abc.
cho a b c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1. tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của p=ab+bc+ca-abc/a+2b+c
câu1:
a) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c =1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
P=\(\frac{ab+bc+ca-abc}{a+2b+c}\)
b) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn \(^{a^2+b^2+c^2=1}\)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =ab +bc + ca .
Cho các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a+b+c=200. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M= ab+bc+ca
giúp mk nhanh nhé :)))
Áp dụng cô si ,ta có
\(a^2+b^2\ge2ab\)
\(c^2+b^2\ge2bc\)
\(a^2+c^2\ge2ac\)
\(\Rightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2ac+2bc\)
\(a^2+b^2+c^2\ge ab+ac+bc\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc\ge3ab+3ac+3bc\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Rightarrow200^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Rightarrow\frac{40000}{3}\ge ab+bc+ac\)
Dấu = xảy ra khi a=b=c=200/3
Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn \(ac\ge12,bc\ge8\). Tìm giá trị nhỏ nhất (nếu có) của biểu thức:
\(D=a+b+c+2\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)+\dfrac{8}{abc}\)
Dự đoán điểm rơi xảy ra tại \(\left(a;b;c\right)=\left(3;2;4\right)\)
Đơn giản là kiên nhẫn tính toán và tách biểu thức:
\(D=13\left(\dfrac{a}{18}+\dfrac{c}{24}\right)+13\left(\dfrac{b}{24}+\dfrac{c}{48}\right)+\left(\dfrac{a}{9}+\dfrac{b}{6}+\dfrac{2}{ab}\right)+\left(\dfrac{a}{18}+\dfrac{c}{24}+\dfrac{2}{ac}\right)+\left(\dfrac{b}{8}+\dfrac{c}{16}+\dfrac{2}{bc}\right)+\left(\dfrac{a}{9}+\dfrac{b}{6}+\dfrac{c}{12}+\dfrac{8}{abc}\right)\)
Sau đó Cô-si cho từng ngoặc là được
cho a,b,c là 3 số thực dương thỏa mãn abc=1 tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=ab/(a^3+b^3+ab)+bc/(b^3+c^3+bc)+ca/(c^3+a^3+ca)
Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: ab+bc+ca=abc. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
\(P=\frac{a}{bc\left(a+1\right)}+\frac{b}{ca\left(b+1\right)}+\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\)
Dễ dàng chứng minh được:
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)với \(x,y>0\)(1)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow x=y>0\)
Ta có:
\(\frac{a}{bc\left(a+1\right)}=\frac{a}{abc+bc}=\frac{a}{ab+bc+ca+bc}=\frac{a}{\left(ab+bc\right)+\left(bc+ca\right)}\)
Áp dụng (1), ta được:
\(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\ge\frac{4}{\left(ab+bc\right)+\left(bc+ca\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{4\left(ab+bc\right)}+\frac{1}{4\left(bc+ca\right)}\ge\frac{1}{ab+bc+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{a}{ab+bc+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{a}{bc\left(a+1\right)}\left(2\right)\)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow b=c>0\)
Chúng minh tương tự, ta được:
\(\frac{b}{4}\left(\frac{1}{ab+ca}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{b}{ca\left(b+1\right)}\left(3\right)\)
Dấu bằng xảu ra \(\Leftrightarrow a=c>0\).
\(\frac{c}{4}\left(\frac{1}{ac+ab}+\frac{1}{ab+bc}\right)\ge\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\left(4\right)\)
Từ (2), (3) và (4), ta được:
\(\frac{a}{bc\left(a+1\right)}+\frac{b}{ca\left(b+1\right)}+\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\le\)\(\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ac}\right)+\frac{b}{4}\left(\frac{1}{ac+bc}+\frac{1}{ac+ab}\right)\)\(+\frac{c}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{ab+ac}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}.\left(\frac{a}{ab+bc}+\frac{c}{ab+bc}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{a}{bc+ac}+\frac{b}{bc+ac}\right)\)\(+\frac{1}{4}\left(\frac{b}{ab+ac}+\frac{c}{ab+ac}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{a+c}{4\left(ab+bc\right)}+\frac{a+b}{4\left(bc+ac\right)}+\frac{b+c}{4\left(ab+ac\right)}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{a+c}{4b\left(a+c\right)}+\frac{a+b}{4c\left(a+b\right)}+\frac{b+c}{4a\left(b+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4b}+\frac{1}{4c}+\frac{1}{4a}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}.\frac{abc}{abc}=\frac{1}{4}.1=\frac{1}{4}\)( vì \(ab+bc+ca=abc\))
Dấu bằng xảy ra
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c>0\\ab+bc+ca=abc\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=3\)
Vậy \(minP=\frac{1}{4}\Leftrightarrow a=b=c=3\)
Cho các số thực dương \(a,b,c\) thỏa mãn : \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
\(P=\sqrt{\dfrac{a}{a+bc}}+\sqrt{\dfrac{b}{b+ac}}+\sqrt{\dfrac{c}{c+ab}}\)
Thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$ hay $a+b+c=1$ vậy bạn?
1)Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn \(a^2-ab+b^2\)chia hết cho 9. Chứng minh rằng cả a và b đều chia hết cho 3
2)Với câc số thực dương a,b,c thỏa mãn \(a^2+b^2+c^2+2abc=1\).Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(ab+bc+ca-abc\)
.
1/ \(4\left(a^2-ab+b^2\right)⋮3\)
\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2+3b^2⋮3\)
\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2⋮3\)
\(\Rightarrow2a-b⋮3\)
\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2⋮9\)
\(\Rightarrow3b^2⋮9\)
\(\Rightarrow b⋮3\)
\(\Rightarrow a⋮3\)
Câu 2 em nghĩ là dùng dồn biến.Câu 2 nếu làm kỹ sẽ rất dài do đó em làm khá tắt, vì vậy không thể tránh khỏi những sai sót khi quy đồng, chị tự kiểm tra lại:P
Giả sử c = min{a,b,c} suy ra \(1\ge3c^2+2c^3\Leftrightarrow0< c\le\frac{1}{2}\)
Chọn t > 0 thỏa mãn: \(2t^2+2t^2c=a^2+b^2+2abc\Leftrightarrow2t^2-\left(a^2+b^2\right)=2c\left(ab-t^2\right)\)
Giả sử \(ab>t^2\Rightarrow2t^2>a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow t^2>ab\) (trái với giả us73)
Vậy giả sử sai hay \(ab\le t^2\text{ và }a^2+b^2\ge2t^2\ge2ab\)
Đặt \(f\left(a;b;c\right)=ab+bc+ca-abc\)
Xét hiệu \(d=f\left(a;b;c\right)-f\left(t;t;c\right)\)
\(=\left(ab-t^2\right)+c\left(a+b-2t\right)-c\left(ab-t^2\right)\)
\(=\left(1-c\right)\left(ab-t^2\right)+\frac{c\left(a^2+b^2-2t^2\right)+2c\left(ab-t^2\right)}{a+b+2t}\)
\(=\left(1-c\right)\left(ab-t^2\right)+\frac{\left(2t^2-\left(a^2+b^2\right)\right)-c\left(2t^2-\left(a^2+b^2\right)\right)}{a+b+2t}\)
\(=\frac{\left(1-c\right)\left(2t^2-\left(a^2+b^2\right)\right)}{2c}+\frac{\left(2t^2-\left(a^2+b^2\right)\right)-c\left(2t^2-\left(a^2+b^2\right)\right)}{a+b+2t}\)
\(=\frac{\left(1-c\right)\left(2t^2-\left(a^2+b^2\right)\right)}{2c}+\frac{\left(2t^2-\left(a^2+b^2\right)\right)\left(1-c\right)}{a+b+2t}\)
\(=\left(1-c\right)\left(2t^2-\left(a^2+b^2\right)\right)\left[\frac{1}{2c}+\frac{1}{a+b+2t}\right]\le0\)
Do đó \(f\left(a;b;c\right)\le f\left(t;t;c\right)=t^2+2tc-t^2c\). Ta cần tìm max của f(t;t;c). Mặt khác từ cách chọn t ta thấy:
\(2t^2+c^2+2t^2c=1\Leftrightarrow t=\sqrt{\frac{1-c}{2}}\). Do đó
\(f\left(t;t;c\right)=\frac{1-c}{2}+2\sqrt{\frac{1-c}{2}}.c-\frac{\left(1-c\right)c}{2}\) với \(0< c\le\frac{1}{2}\)
Dễ thấy f(t;t;c) là hàm đồng biến với \(0< c\le\frac{1}{2}\) nên f(t;t;c) đạt max tại c = 1/2. Khi đó \(f\left(t;t;c\right)=\frac{5}{8}\)
Vậy.....
cho các số thực a,b,c thỏa mãn a+b+c=3.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=ab+bc+ac
Áp dụng bđt : \(xy+yz+xz\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}\)(1)
CM bđt đúng: Từ (1) => 3xy + 3yz + 3xz \(\le\)x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz
<=> 2x2 + 2y2 + 2z2 - 2xy - 2yz - 2xz \(\ge\)0
<=> (x - y)2 + (y - z)2 + (x - z)2 \(\ge\)0 (luôn đúng với mọi x;y;z)
Khi đó: P = \(ab+bc+ac\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{3^2}{3}=3\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c = 1
Vậy MaxP = 3 khi a = b = c = 1
Ta có đánh giá quen thuộc sau: \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)(*)
Thật vậy: (*)\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge3\left(ab+bc+ca\right)\Leftrightarrow\)\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)*đúng*
Áp dụng, ta được: \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{3^2}{3}=3\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Ta có: \(\hept{\begin{cases}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\c^2+a^2\ge2ca\end{cases}}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
Thay vào ta được:
\(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{3^2}{3}=3\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=1\)