toan 9 cho a b c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c= 8 . Cm : a/ a+can8a+bc + b/can8b+ca
cho a b c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1chứng minh (a+bc)/(b+c)+(b+ca)/(c+a)+(c+ab)/(a+b)>2
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc=a+b+c+2. Chứng minh rằng ab+bc+ca ≥ 2(a+b+c)
cho các số thực a, b , c thỏa mãn a+b+c >0; ab+bc+ca>0 và abc>0, CMR a,b,c là các số dương
Giả sử a<0,vì abc>0 nên bc<0.Mặt khác thì ab+ac+bc>0<=>a(b+c)>-bc>0=>a(b+c)>0,mà a<0 nên b+c<0=>a+b+c<0(vô lý).Vậy điều giả sử trên là sai,
a,b,c là 3 số dương.
Giả sử a<0,vì abc>0 nên bc<0.Mặt khác thì ab+ac+bc>0<=>a(b+c)>-bc>0=>a(b+c)>0,mà a<0 nên b+c<0=>a+b+c<0(vô lý).
Vậy điều giả sử trên là sai,
Do đó a,b,c là 3 số dương.
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3 Chứng minh rằng: a2 +b2 + c2 +ab+bc+ca >= 6
Đặt \(P=a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\)
\(P=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(P\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{6}\left(a+b+c\right)^2=6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Cho a, b và c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1. Cmr: (ab+c)/(c+1) + (bc+a)/(a+1) + (ca+b)/(b+1) <=1
Ta có: \(\frac{ab+c}{c+1}=\frac{ab+1-a-b}{c+a+b+c}=\frac{-b\left(1-a\right)+\left(1-a\right)}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}\)
\(=\frac{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}=\frac{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}\)
\(\le\frac{1}{4}\left(\frac{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}{a+c}+\frac{\left(b+c\right)\left(a+c\right)}{b+c}\right)=\frac{a+b+2c}{4}\)
Tương tự: \(\frac{bc+a}{a+1}=\frac{b+c+2a}{4}\)
\(\frac{ca+b}{b+1}=\frac{c+a+2b}{4}\)
Cộng vế theo vế ta có:
\(\frac{ab+c}{c+1}+\frac{bc+a}{a+1}+\frac{ca+b}{b+1}\le\frac{4a+4b+4c}{4}=a+b+c=1\)
Thiếu:
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:
\(\frac{1}{a+b}=\frac{1}{a+c};\frac{1}{a+c}=\frac{1}{b+c};\frac{1}{b+c}=\frac{1}{b+a};a+b+c=1\)
<=> a=b=c=1/3
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c + ab + bc + ca = 6. Chứng minh rằng : \(\dfrac{a^3}{b}\)+ \(\dfrac{b^3}{c}\) +\(\dfrac{c^3}{a}\) ≥ 3
\(\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}=\dfrac{a^4}{ab}+\dfrac{b^4}{bc}+\dfrac{c^4}{ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)}{ab+bc+ca}=a^2+b^2+c^2\)
Mặt khác ta có:
\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(a+b+c+ab+bc+ca\right)-3=9\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge3\)
Từ đó suy ra đpcm
cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c+ab+bc+ca=6abc
CMR:\(\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}\ge3\)
Đặt \(\left(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\)
\(\Rightarrow x+y+z+xy+yz+zx=6\)
\(P=x^3+y^3+z^3\)
Ta có:
\(x^3+x^3+1\ge3x^2\)
Tương tự: \(2y^3+1\ge3y^2\) ; \(2z^3+1\ge3z^2\)
\(\Rightarrow2\left(x^3+y^3+z^3\right)\ge3\left(x^2+y^2+z^2\right)-3\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{3}{2}\left(x^2+y^2+z^2-1\right)\)
Lại có: với mọi x;y;z thì:
\(\left(x-1\right)^2+\left(y-1\right)^2+\left(z-1\right)^2+\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(x+y+z+xy+yz+zx\right)-3=9\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+z^2\ge3\)
\(\Rightarrow P\ge\dfrac{3}{2}\left(3-1\right)=3\) (đpcm)
Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a + b + c = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P=\dfrac{9}{\left(ab+bc+ca\right)}+\dfrac{2}{a^2+b^2+c^2}.\)
\(P=\dfrac{9}{ab+bc+ca}+\dfrac{2}{a^2+b^2+c^2}\)
\(=2\left[\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{4}{2\left(ab+bc+ca\right)}\right]+\dfrac{5}{ab+bc+ca}\)
\(\ge2.\dfrac{\left(1+2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}+\dfrac{5}{ab+bc+ca}\)
\(=\dfrac{18}{1}+\dfrac{5}{ab+bc+ca}\ge18+5.\dfrac{3}{\left(a+b+c\right)^2}=18+15=33\)
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3.
Vậy GTNN của P là 33.
a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1. CMR: \(\dfrac{a+bc}{b+c}+\dfrac{b+ca}{c+a}+\dfrac{c+ab}{a+b}>=2\)
Lời giải:
$\text{VT}=\frac{a(a+b+c)+bc}{b+c}+\frac{b(a+b+c)+ac}{a+c}+\frac{c(a+b+c)+ab}{a+b}$
$=\frac{(a+b)(a+c)}{b+c}+\frac{(b+a)(b+c)}{a+c}+\frac{(c+a)(c+b)}{a+b}$
Áp dụng BĐT AM-GM:
$\frac{(a+b)(a+c)}{b+c}+\frac{(b+a)(b+c)}{a+c}\geq 2\sqrt{(a+b)^2}=2(a+b)$
$\frac{(b+c)(b+a)}{a+c}+\frac{(c+a)(c+b)}{a+b}\geq 2\sqrt{(b+c)^2}=2(b+c)$
$\frac{(a+b)(a+c)}{b+c}+\frac{(c+a)(c+b)}{a+b}\geq 2\sqrt{(c+a)^2}=2(a+c)$
Cộng các BĐT trên theo vế và thu gọn:
$\text{VT}\geq 2(a+b+c)=2$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$