15.
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn \(a+b+c+ab+bc+ac=6\)
Chứng minh rằng: \(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}\ge3\)
16.
Xét các số thực a, b, c ( a khác 0) sao cho:
Phương trình bậc hai \(ax^2+bx+c=0\) có hai nghiệm m, n thỏa mãn: \(0\le m\le1;0\le n\le1\).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(Q=\dfrac{2a^2-ac-2ab+bc}{a^2-ab+ac}\)
17.
Cho ba số thực không âm a, b, c và thỏa amnx a+b+c=1.
Chứng minh rằng: \(a+2b+c\ge4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\)
18.
Cho ba số thực a, b, c. Chứng minh rằng:
\(\left(a^2-bc\right)^3+\left(b^2-ca\right)^3+\left(c^2-ab\right)^3\ge3\left(a^2-bc\right)\left(b^2-ca\right)\left(c^2-ab\right)\)
15.
Ta có \(a+b+c+ab+bc+ac=6\)
Mà \(ab+bc+ac\le\left(a+b+c\right)^2\)
=> \(\left(a+b+c\right)^2+\left(a+b+c\right)-6\ge0\)
=> \(a+b+c\ge3\)
\(A=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ac}\ge a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\ge3\)(ĐPCM)
Bài 18, Đặt \(\left(a^2-bc;b^2-ca;c^2-ab\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\) thì bđt trở thành
\(x^3+y^3+z^3\ge3xyz\)
\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\right]\ge0\)
Vì \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)nên ta đi chứng minh \(x+y+z\ge0\)
Thật vậy \(x+y+z=a^2-bc+b^2-ca+c^2-ab\)
\(=\frac{1}{2}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\ge0\)(đúng)
Tóm lại bđt được chứng minh
Dấu "=": tại a=b=c
17)Em sửa đề chút ạ, sai mong cô bỏ qua: CMR: \(a+2b+c\ge...\)
Ta có: \(\left(x-y\right)^2\ge0\forall x,y\Leftrightarrow x^2+y^2\ge2xy\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\)(*)
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được: \(4\left(b+c\right)\left(1-c\right)\le\left(b+c+1-c\right)^2=\left(b+1\right)^2\)(1)
Từ a+b+c=1 \(\Rightarrow1-a=b+c\)Khi đó:
\(4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=4\left(b+c\right)\left(1-c\right)\left(1-b\right)\)
Kết hợp với (1) suy ra:
\(4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le\left(b+1\right)^2\left(1-b\right)\)
\(\Rightarrow4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le\left(1-b^2\right)\left(1+b\right)\le1.\left(1+b\right)\)
\(\Rightarrow4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le1+b=a+b+c+b=a+2b+c\left(đpcm\right)\)
Vì phương trình đã cho là phương trình bậc 2 nên \(a\ne0\)
Theo hệ thức Vi-ét thì \(\hept{\begin{cases}m+n=-\frac{b}{a}\\mn=\frac{c}{a}\end{cases}}\)
Ta có \(Q=\frac{2a^2-ac-2ab+bc}{a^2-ab+ac}\)
\(=\frac{\left(2a-c\right)\left(a-b\right)}{a\left(a-b+c\right)}\)
\(=\frac{a-b}{a}.\frac{2a-c}{a-b+c}\)
\(=\left(1-\frac{b}{a}\right).\frac{2-\frac{c}{a}}{1-\frac{b}{a}+\frac{c}{a}}\)
\(=\left(1+m+n\right).\frac{2-mn}{1+m+n+mn}\)
\(\ge\left(1+m+n\right).\frac{2-\frac{\left(m+n\right)^2}{4}}{1+m+n+\frac{\left(m+n\right)^2}{4}}\left(Cauchy\right)\)
Đặt \(m+n=a\)
Vì \(0\le m;n\le1\Rightarrow0\le a\le2\)
Khi đó \(Q=\left(1+a\right).\frac{2-\frac{a^2}{4}}{1+a+\frac{a^2}{4}}\)
\(=\left(1+a\right).\frac{8-a^2}{4+4a+a^2}\)
\(\ge\left(1+a\right).\frac{8-2^2}{a^2+4a+4}\)(Do \(0\le a\le2\))
\(=\frac{4\left(1+a\right)}{a^2+4a+4}=M\)
Ta đi chứng minh \(M\ge\frac{3}{4}\)
Thật vậy \(M\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{4\left(1+a\right)}{a^2+4a+4}\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow16\left(1+a\right)\ge3\left(a^2+4a+4\right)\)
\(\Leftrightarrow16+16a\ge3a^2+12a+12\)
\(\Leftrightarrow4+4a-3a^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(2-a\right)\left(3a+2\right)\ge0\)Luôn đúng với mọi 0 < a < 2
Do đó \(Q\ge M\ge\frac{3}{4}\)
Dấu "='' <=> a = 2 tức là m + n = 2
\(\Leftrightarrow-\frac{b}{a}=2\)
\(\Leftrightarrow b=-2a\)
Uầy, đánh nhầm vài chỗ, cô Chi xóa cho em câu đó nhé!
Câu 17. Cách khác
Kết hợp điều kiện giả thiết suy ra ta cần chứng minh \(a+2b+c\ge4\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Đặt \(a+b=x;b+c=y;c+a=z\)(với x,y,z dương và x + y + z = 2)
BĐT quy về chứng minh \(x+y\ge4xyz\)(*)
Ta có: \(4=\left[\left(x+y\right)+z\right]^2\ge4\left(x+y\right)z\Leftrightarrow1\ge\left(x+y\right)z\)
Vì x,y,z dương nên \(\frac{x+y}{xyz}\)dương suy ra \(\frac{x+y}{xyz}\ge\frac{\left(x+y\right)^2z}{xyz}\ge\frac{4xyz}{xyz}=4\)
\(\Leftrightarrow x+y\ge4xyz\)(đúng theo (*))
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}x+y=z\\x=y\\x+y+z=2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y=\frac{1}{2}\\z=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=c=\frac{1}{2}\\b=0\end{cases}}\)
cho mình góp ý xíu: Câu 15 .Bạn @Trần Phúc Khang dòng thứ hai ạ, sửa thành:
\(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}.\)rồi thay vào giải tương tự...
@ Incursion@ Cái bài 16 em làm vẫn thiếu. Điều kiện xảy ra dấu bằng: a=2 nghĩa là m=n=1
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}-\frac{b}{a}=2\\\frac{c}{a}=1\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=-2a\\a=c\end{cases}}\)
@ Trần Phúc Khang@ bài em giải sai rôi! Dấu bằng ko thể xảy ra nếu em làm như thế!
Bài 17. Cách khác
Kết hợp điều kiện giả thiết suy ra ta cần chứng minh \(a+2b+c\ge4\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Đặt \(a+b=x;b+c=y;c+a=z\)(x,y,z không âm và x + y + z = 2)
Khi đó bđt trở thành \(x+y\ge4xyz\)(*)
Ta có: \(2=\left[\left(x+y\right)+z\right]\ge4\left(x+y\right)z\Rightarrow\left(x+y\right)z\le1\)
Vì x,y,z dương nên \(\frac{x+y}{xyz}\)dương\(\Rightarrow\frac{x+y}{xyz}\ge\frac{\left(x+y\right)^2z}{xyz}\ge\frac{4xyz}{xyz}=4\Leftrightarrow x+y\ge4xy\)(đúng với (*))
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}x+y=z\\x=y\\x+y+z=2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y=\frac{1}{2}\\z=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=c=\frac{1}{2}\\b=0\end{cases}}\)
gmgvhfjyhfhgfyftgsreujtyufnhgf
Ta có \(\overline{a+b+c+ab+bc+ac=6}\)
Mà\(\overline{ab+bc+ac\le\left(a+b+c\right)^2}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2+\left(a+b+c\right)-6\ge0\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge\)3
\(\overline{A=\dfrac{^4a}{ab}+\dfrac{^4b}{bc}+\dfrac{^4c}{ac}}^2\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ac}\ge\dfrac{1}{3}\left(a+b+c^2\right)\ge3\left(ĐPCM\right)\)
