cho các số a, b khác nhau thỏa mãn a^3+b^3-30ab=2021 .Hỏi tổng a+b không thể nhận giá trị nào ?
Ba số thực a,b,c khác 0 và đôi một khác nhau, thỏa mãn a^2(b+c)=b^2(b+c)=2020^2021.
tính giá trị cuat biểu thức H= c^2(a+b)
Lời giải:
$a^2(b+c)=b^2(b+c)$
$\Leftrightarrow a^2(b+c)-b^2(b+c)=0$
$\Leftrightarrow (a^2-b^2)(b+c)=0$
$\Leftrightarrow (a-b)(a+b)(b+c)=0$
Vì $a,b,c$ đôi 1 khác nhau nên $a-b\neq 0$
$\Rightarrow (a+b)(b+c)=0$
Mà $b+c\neq 0$ (do nếu $b+c=0$ thì $a^2(b+c)=0$ (trái với đề))
$\Rightarrow a+b=0$
$\Rightarrow H=c^2(a+b)=0$
Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn a + b + c =2021 .Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = \(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\(\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+b+c+c+a\right)\)
\(=3\left(2a+2b+2c\right)=3.2\left(a+b+c\right)=6.2021=12126\)
\(\Rightarrow\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\le\sqrt{12126}\)
Dấu ''='' xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{2021}{3}\)
Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn a + b + c = 2020. Tổng A = |a − 1| + |b + 1| + |c − 2020| có thể bằng 2021 được không? Vì sao?
Cho 3 số a, b, c có tổng khác 0 và thỏa mãn: 3/(a+b)=2/(b+c)=1/(c+a). TÍnh giá trị của biểu thức : A=(a+b+3c)/(a+b-2c) ( giả thiết các tỉ số đều có nghĩa). Bạn nào biết thì giải giúp mình nha. Cảm ơn các bạn nhiều
Có bao nhiêu phân số bằng phân số có mẫu là số nguyên dương nhỏ hơn 20?
Câu hỏi 2: Số đường thẳng được tạo thành từ 10 điểm phân biệt trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng là
Câu hỏi 3: Số phần tử của tập hợp là
Câu hỏi 4: Số giá trị của để phân số có giá trị bằng 0 là
Câu hỏi 5: Tìm hai số nguyên dương a,b (8 < a < b) biết ƯCLN(a;b)=8 và BCNN(a;b)=144. Trả lời:(a;b) = ( ) (Nhập các giá trị theo thứ tự,cách nhau bởi dấu ";") nhau bởi dấu ";")
Câu hỏi 8: Tìm ba số nguyên biết Trả lời:( ) (Nhập các giá trị theo thứ tự,cách nhau bởi dấu ";" )
câu hỏi 9: Cho là các số nguyên khác 0 thỏa mãn Khi đó Câu hỏi 10: Số cặp nguyên thỏa mãn là
Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn a + b + c = 2020. Tổng A = |a − 1| + |b + 1| + |c − 2020| có thể bằng 2021 được không? Vì sao?
cho ba só thỏa mãn a+b+c=2021 và 1/a+1/b+1/c=2021 cmr 1 trong 3 số a b c tồn tại ít nhất 1 số có giá trị 2021
Sửa lại đề: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2021}$.
--------------
Lời giải:
\(\left\{\begin{matrix} a+b+c=2021\\ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2021}\end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a+b}{ab}+\frac{a+b}{c(a+b+c)}=0\Leftrightarrow (a+b)(\frac{1}{ab}+\frac{1}{c(a+b+c)})=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b).\frac{c(a+b+c)+ab}{abc(a+b+c)}=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b).\frac{(c+a)(c+b)}{abc(a+b+c)}=0\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)=0\)
$\Leftrightarrow (2021-c)(2021-a)(2021-b)=0$
Do đó ít nhất 1 trong 3 số $a,b,c$ có 1 số có giá trị bằng $2021$
Cho các số a và b khác 0 thỏa mãn ( a2 + b2 )3 = ( a3 + b3 )2 . Tính giá trị của tổng a/b + b/a
Topic này chủ yếu là coppy nội dung đề bài và lời giải của các mem lại, các ĐHV THPT có thể coppy tiếp CD13 nhưng nên để chung trong một khung. Tính đúng sai của các lời giải thì kiểm tra lại sau.
Bắt đầu vậy!
Bài 1:
Cho abc=1 va a3>36.CMR:a23+b2+c2>ab+bc+ca}
Lời giải:
VT−VP=a24+b2+c2−ab−bc+2bc+a212=(a2−b−c)2+a2−36bc12>0⇒ đpcm
Cách khác:
Từ giả thiết suy ra a>0 và bc>0. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a23+(b+c)2−3bc−a(b+c)≥0⟺13+(b+ca)2−b+ca−3a3≥0
Vì a3>36 nên13+(b+ca)2−b+ca−3a3>(b+ca)2−b+ca+14=(b+ca−12)2>0
Bài 2:
Với a,b,c >0; n ∈ N*.CMR:
anb+c+bna+c+cna+b≥32(an+bn+cna+b+c)
Lời giải:
∑anb+c≥13(∑an)(∑1a+b)≥13(∑an)(92(a+b+c))=32(∑an∑a)
Bài 3:
Cho x,y,z>0 thỏa điều kiện x2+y2+z2=9
Tìm giá trị nhỏ nhất của P=x5y2+y5z2+z5x2
Lời giải:
Theo Cauchy Ta có:
x5y2+x5y2+√3y2+√3y2+3√3≥√3x2
Cách khác:
Sử dụng Cauchy-Schwarzt ta có
x5y2+y5z2+z5x2⩾(x3+y3+z3)2xy2+yz2+zx2
Sử dụng Cauchy-Schwarzt và AM-GM ta có
xy2+yz2+zx2⩽√(x2+y2+z2)(x2y2+y2z2+z2x2)⩽√(x2+y2+z2)33=3
Do đó P⩾(x3+y3+z3)23⩾(x2+y2+z2)39=3
Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1
Bài 4:
Ch0 a>0 và n là 1 số tự nhiên
Chứng minh rằng an+1an−2⩾n2(a+1a−2)
Lời giải:
Bất đẳng thức tương đương với (an−1+an−2+...+a+1)≥n2an−1 (hiển nhiên theo AM-GM)
Cách khác:
Do tính đối xứng giữa a và 1a nên ta có thể giả sử a ≥ 1. đặt √a =x ≥ 1.bdt ⇔ x2n+1x2n−2≥n2(x2+1x2−2)⇔(xn−1xn)2≥n2(x−1x)2⇔x^{n}-\frac{1}{x^{n}}\geq n(x-\frac{1}{x})$①.
Với x=1 thì ① đúng
Với x>1 thì ① ⇔xn−1+xn−3...+1xn−3+1xn−1≥n (đúng vì theo bđt AM-GM).
Dấu bằng xảy ra khi x=1 ⇔a=1
Bài 5:
Cho a,b,c,d là các số thực thỏa mãn {a+b+c+d=0a2+b2+c2+d2=2
Tìm GTLN của P=abcd
Lời giải:
Áp dụng AM-GM ta có
2=∑a2≥44√∏a2⇒√|abcd|≤12⇒abcd≤14
Dấu bằng xảy ra khi a=b=−c=−d=1√2 và các hoán vị của chúng
Bài 6:
Cho a,b,c≥0 thỏa mãn a+b+c=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:P=abc(a2+b2+c2)
Lời giải:
Ta có: P=abc(a+b+c)(a2+b2+c2)≤13(ab+bc+ca)2(a2+b2+c2)
Mặt khác, lại có: (ab+bc+ca)2(a2+b2+c2)≤((a+b+c)23)3=127
Do đó: P≤181
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=13
Bài 7:
Cho các số thực x,y>0 thỏa mãn 3x+y≤1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:S=1x+1√xy
Lời giải:
S≥1x+1√x(1−3x)
≥1x+21−2x=2x(1−x)≥8(x+1−x)2=8
Dấu "=" xảy ra ⇔x=14
Bài 8:
Cho các số thực a,b,c,x,y thỏa mãn ax−by=√3.
Tìm GTNN của F=a2+b2+x2+y2+bx+ay
Lời giải:
Sử dụng giả thiết ax−by=√3 ta có:
(a2+b2)(x2+y2)=(ax+by)2+(ax−by)2=(ax+by)2+3
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy , suy ra:
a2+b2=x2+y2=(a2+b2)+(x2+y2)≥2√(a2+b2)(x2+y2)=2√(ax+by)2+3
Do đó, ta đưa về bài toán tìm GTNN của: 2√x2+3+x trong đó x=ax+by
Ta có:
(2√x2+3+x)2=4(x2+3)+4x√x2+3+x2=(x2+3)+4x√x2+3+4x2+9=(√x2+3+2x)2+9≥9
⇒2√x2+3+x≥3
Vậy MinT=3
Bài 9:
Cho các số thực dương a,b,c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=2a+√ab+3√abc−3√a+b+c
Lời giải:
a+√12a.2b+3√14a.b.4c≤a+14a+b+112a+13b+43c=43(a+b+c)
Do đó P≥32(a+b+c)−3√a+b+c...
Bài 10:
Cho x,y là các số không âm thoả x3+y3≤1
Tìm giá trị lớn nhất của P=2√x+√y
Lời giải:
(x3+y3)(5√26+1)5⩾(2√x+√y)6
⇔2√x+√y⩽6√(5√26+1)5
Vậy Max(P)=6√(5√26+1)5⇔a325√2=b3=125√2+1
Chiều coppy tiếp, sau đó kiểm tra nội dung sau.
Bài 11:Cho các số a,b,c không âm không đồng thời bằng không. Chứng minh rằng;
∑2a2−bcb2−bc+c2≥3
Lời giải:(vutuanhien)
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử b là số nằm giữa a và c
BĐT đã cho tương đương với
∑2a2+(b−c)2b2−bc+c2≥6
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có
∑2a2b2−bc+c2≥2(a2+b2+c2)2∑a2(b2−bc+c2)=2(a2+b2+c2)22∑a2b2−abc∑a
∑(b−c)2b2−bc+c2≥[a(b−c)+b(a−c)+c(a−b)]22∑a2b2−abc∑a=4b2(a−c)22∑a2b2−abc∑a
Do đó ta chỉ cần chứng minh
(a2+b2+c2)2+2b2(a−c)2≥6∑a2b2−3abc∑a(1)
Ta có
b2(a−c)2=[a(b−c)+c(a−b)]2=a2(b−c)2+c2(a−b)2+2ac(a−b)(b−c)
≥a2(b−c)2+c2(a−b)2
Suy ra
2b2(a−c)2≥a2(b−c)2+b2(c−a)2+c2(a−b)2
⇒VT(1)≥(∑a2)2+2∑a2b2−2abc∑a
Do đó ta chỉ còn phải chứng minh
(∑a2)2+2∑a2b2−2abc∑a≥6∑a2b2−3abc∑a
⇔∑a4+abc∑a≥2∑a2b2
BĐT này hiển nhiên đúng theo BĐT Schur
∑a4+abc∑a≥∑ab(a2+b2)
Và BĐT AM-GM
∑ab(a2+b2)≥2∑a2b2
Kết thúc chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c hoặc a=b, c=0 và các hoán vị.
Bài 12:(bosulan239)
Cho a,b,c là các số không âm không đồng thời bằng không.
CMR
∑a2∑ab≥∑abb2+bc+c2
Bài giải:(vutuanhien)
BĐT đã cho tương đương với
a2ab+bc+ca−abb2+bc+c2+b2ab+bc+ca−bcc2+ca+a2+c2ab+bc+ca−caa2+ab+b2≥0
⇔∑ac(ac−b2)b2+bc+c2≥0
Do ac(ac−b2)b2+bc+c2=ac2(a+b+c)b2+bc+c2−ac nên BĐT đã cho có thể viết lại thành
∑ac2(a+b+c)b2+bc+c2≥ab+bc+ca
⇔∑ac2b2+bc+c2≥ab+bc+caa+b+c
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có
VT≥(ab+bc+ca)2∑a(b2+bc+c2)=ab+bc+caa+b+c
Kết thúc chứng minh
Bài 13: (nguyencuong123)
Cho a,b,c không âm thoả mãn: a+b+c=3
Chứng Minh: ∑a+1ab+1≥3
Bài giải:(Juliel)
Áp dụng AM-GM cho vế trái, ta cần chứng minh :
(a+1)(b+1)(c+1)≥(ab+1)(bc+1)(ca+1)⇔abc+(ab+bc+ca)+(a+b+c)+1≥a2b2c2+abc(a+b+c)+(ab+bc+ca)+1⇔abc+4≥a2b2c2+3abc+1⇔a2b2c2+2abc≤3(a+1)(b+1)(c+1)≥(ab+1)(bc+1)(ca+1)⇔abc+(ab+bc+ca)+(a+b+c)+1≥a2b2c2+abc(a+b+c)+(ab+bc+ca)+1⇔abc+4≥a2b2c2+3abc+1⇔a2b2c2+2abc≤3
Hiển nhiên đúng vì abc≤(a+b+c3)3=1
Bài 14:(Chrome98):Chứng minh bất đẳng thức sau với a,b,c>0 và a+b+c=1:
a23a+1+b23b+1+c23c+1≥24(a29a+1+b29b+1+c29c+1)2
Bài giải: (Simpson Joe Donald)
∙ AM−GM: a29a+1=a26a+(3a+1)≤a22√6a(3a+1)=a√a2√6(3a+1) ;
∙ Cauchy−Schwarz: VP≤(a√a√3a+1+b√b√3b+1+c√c√3c+1)2≤(a+b+c).VT=VT
Bài 15:(trauvang97:)Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn:
2a2+1+2b2+1+2c2+1≥3
Chứng minh rằng: (a−2)2+(b−2)2+(c−2)2≥3
Bài giải:
(Nguyen Huy Tuyen)2a2+1+2b2+1+2c2+1≥3⇔∑(1−a)(1+a)a2+1⩾0
(a−2)2+(b−2)2+(c−2)2−3=∑(a−3)(a−1)
Ta có :∑(a−3)(a−1)−∑2(1−a)(1+a)a2+1=∑(a−1)4a2+1⩾0
⇔∑(a−3)(a−1)⩾∑2(1−a)(1+a)a2+1⩾0
⇔(a−2)2+(b−2)2+(c−2)2≥3
Bài 16:(phanquockhanh)Cho x,y,z>0:xyz+x+z=y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P=2x2+1−2y2+1−4z√z2+1+3z(z2+1).√z2+1
(Trích đề thi thử số 2 – THTT)
Bài giải:
(trauvang97)Từ giả thiết ta có: x=y−z1+yz.
Khi đó:
P=2(1+yz)2(y2+1)(z2+1)−2y2+1−4z√z2+1+3z(z2+1)√z2+1
P=2z(2y+(y2−1)z)(y2+1)(z2+1)−4z√z2+1+3z(z2+1)√z2+1
Do 2z(2y+(y2−1)z)(y2+1)(z2+1)=2z√(2y+(y2−1)z)2(y2+1)(z2+1)≤2z√(4y2+(y2−1)2)(1+z2)(y2+1)(z2+1)=2z√z2+1
Do đó:
P≤2z√z2+1−4z√z2+1+3z√z2+1(1−z2z2+1)
P=−3t3+t với z√z2+1=t∈(0;1)
Khảo sát hàm số trên ta thấy maxP=29⇔x=√22;y=√2,z=√24
Bài 17:(Toc Ngan)Cho a,b,c>0 và a+b+c=3
Chứng minh rằng :
Cho các số thực không âm $a, b, c$ thỏa mãn: $a+b+c=2021$. Tìm giá trị lớn nhất và giả trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}$.
\(P=\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}\sqrt{c+a}\)
Aps dụng Bunhia-cốpxki : \(P^2=\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+b+c+c+a\right)\)
\(=6\left(a+b+c\right)\)
\(=6.2021=12126\Leftrightarrow P=\sqrt{12126}\)
Vậy \(Max\left(P\right)=\sqrt{12126}\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{2021}{3}\)
(Refer ;-;)