cho các số a,b,c thỏa mãn: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=2\) và a+b+c=abc. tính \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\)
Cho ba số \(a,b,c\) thỏa mãn điều kiện \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=2\) và \(a+b+c=abc\). Chứng minh rằng: \(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}=2\)
Ta có \(a+b+c=abc\Leftrightarrow\dfrac{a+b+c}{abc}=1\) \(\Leftrightarrow\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=1\)
Lại có \(\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+2\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)\)
\(\Leftrightarrow2^2=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}=2\) (đpcm)
Cho các số a,b,c>0 và thỏa mãn a+b+c=3. Tìm GTNN
a, \(P=\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2}\)
b, \(P=\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\)
c, \(P=\dfrac{a+1}{b^2+1}+\dfrac{b+1}{c^2+1}+\dfrac{c+1}{a^2+1}\)
Với cả 3 phần thì dấu "=" xảy ra tại a=b=c=1.
a) \(\dfrac{a}{1+b^2}=\dfrac{a\left(1+b^2\right)}{1+b^2}-\dfrac{ab^2}{1+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{1+b^2}\)
(Cosi) \(\ge a-\dfrac{ab^2}{2b}=a-\dfrac{ab}{2}\)
Tương tự : \(\dfrac{b}{1+c^2}\ge b-\dfrac{bc}{2};\dfrac{c}{1+a^2}\ge c-\dfrac{ca}{2}\)
\(\Rightarrow P\ge\left(a+b+c\right)-\dfrac{ab+bc+ca}{2}\ge\left(CS\right)\left(a+b+c\right)-\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{6}=3-\dfrac{3^2}{6}=\dfrac{3}{2}\)
b) \(\dfrac{1}{a^2+1}=1-\dfrac{a^2}{a^2+1}\ge\left(CS\right)1-\dfrac{a^2}{2a}=1-\dfrac{a}{2}\)
Tương tự : \(\dfrac{1}{b^2+1}\ge1-\dfrac{b}{2};\dfrac{1}{c^2+1}\ge1-\dfrac{c}{2}\)
\(\Rightarrow P\ge3-\dfrac{a+b+c}{2}=3-\dfrac{3}{2}=\dfrac{3}{2}\)
c)\(P=\dfrac{a+1}{b^2+1}+\dfrac{b+1}{c^2+1}+\dfrac{c+1}{a^2+1}=\left(\dfrac{a}{b^2+1}+\dfrac{b}{c^2+1}+\dfrac{c}{a^2+1}\right)+\left(\dfrac{1}{a^2+1}+\dfrac{1}{b^2+1}+\dfrac{1}{c^2+1}\right)\ge\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}=3\)
a) Cho các số a, b, c thỏa mãn abc\(\ne\) 0 và \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\) =\(\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{a+c}{b}\)=\(\dfrac{1}{3}\). Tính S= a + b + c + 2021.
Cho a, b, c là các số thực dương và thỏa mãn điều kiện abc = 1
Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{2+a}\)+\(\dfrac{1}{2+b}\)+\(\dfrac{1}{2+c}\)≤ 1
\(abc=1\) nên tồn tại các số dương x;y;z sao cho \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{x}{y};\dfrac{y}{z};\dfrac{z}{x}\right)\)
BĐT cần chứng minh tương đương:
\(\dfrac{y}{x+2y}+\dfrac{z}{y+2z}+\dfrac{x}{z+2x}\le1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2y}{x+2y}-1+\dfrac{2z}{y+2z}-1+\dfrac{2x}{z+2x}-1\le2-3\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x}{x+2y}+\dfrac{y}{y+2z}+\dfrac{z}{z+2x}\ge1\)
Điều này đúng do:
\(VT=\dfrac{x^2}{x^2+2xy}+\dfrac{y^2}{y^2+2yz}+\dfrac{z^2}{z^2+2xz}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx}=1\)
1. Cho a, b, c, d thỏa mãn: abcd=1.
Tính gía trị biểu thức:
M= \(\dfrac{a}{abc+ab+a+1}+\dfrac{b}{bcd+bc+b+1}+\dfrac{c}{cda+cd+1}+\dfrac{d}{dab+da+d+1}\)
2. Cho các số a, b, c, d thỏa mãn: 0 ≤a, b, c, d ≤1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
N\(=\dfrac{a}{bcd+1}+\dfrac{b}{cda+1}+\dfrac{c}{dab+1}+\dfrac{d}{abc+1}\)
3. Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H.
a) Chứng minh: \(AB.BP+AC.CN=BC^2\)
b) Cho B, C cố định A thay đổi. Tìm vị trí điểm A để: MH,MA đạt max ?
c) Gọi S,S1,S2,S3 lần luợt là diện tích các tam giác ABC, APN, BMP, CMN.
Chứng minh: \(S_1.S_2.S_3\) ≤ \(\dfrac{1}{64}S_3\)
Bài 1: Ta có:
\(M=\frac{ad}{abcd+abd+ad+d}+\frac{bad}{bcd.ad+bc.ad+bad+ad}+\frac{c.abd}{cda.abd+cd.abd+cabd+abd}+\frac{d}{dab+da+d+1}\)
\(=\frac{ad}{1+abd+ad+d}+\frac{bad}{d+1+bad+ad}+\frac{1}{ad+d+1+abd}+\frac{d}{dab+da+d+1}\)
$=\frac{ad+abd+1+d}{ad+abd+1+d}=1$
Bài 2:
Vì $a,b,c,d\in [0;1]$ nên
\(N\leq \frac{a}{abcd+1}+\frac{b}{abcd+1}+\frac{c}{abcd+1}+\frac{d}{abcd+1}=\frac{a+b+c+d}{abcd+1}\)
Ta cũng có:
$(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow a+b\leq ab+1$
Tương tự:
$c+d\leq cd+1$
$(ab-1)(cd-1)\geq 0\Rightarrow ab+cd\leq abcd+1$
Cộng 3 BĐT trên lại và thu gọn thì $a+b+c+d\leq abcd+3$
$\Rightarrow N\leq \frac{abcd+3}{abcd+1}=\frac{3(abcd+1)-2abcd}{abcd+1}$
$=3-\frac{2abcd}{abcd+1}\leq 3$
Vậy $N_{\max}=3$
3.
Hình vẽ:
Lời giải:
a) △AMC và △BNC có: \(\widehat{AMC}=\widehat{BNC}=90^0;\widehat{ACB}\) là góc chung.
\(\Rightarrow\)△AMC∼△BNC (g-g).
\(\Rightarrow\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{CM}{CN}\Rightarrow AC.CN=BC.CM\left(1\right)\)
b) △AMB và △CPB có: \(\widehat{AMB}=\widehat{CPB}=90^0;\widehat{ABC}\) là góc chung.
\(\Rightarrow\)△AMB∼△CPB (g-g)
\(\Rightarrow\dfrac{AB}{CB}=\dfrac{BM}{BP}\Rightarrow AB.BP=BC.BM\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra:
\(AC.CN+AB.BP=BC.CM+BC.BM=BC.\left(CM+BM\right)=BC.BC=BC^2\left(đpcm\right)\)b) Gọi \(M_0\) là trung điểm BC, giả sử \(AB< AC\).
\(\widehat{HBM}=90^0-\widehat{BHM}=90^0-\widehat{AHN}=\widehat{CAM}\)
△HBM và △CAM có: \(\widehat{HBM}=\widehat{CAM};\widehat{HMB}=\widehat{CMA}=90^0\)
\(\Rightarrow\)△HBM∼△CAM (g-g)
\(\Rightarrow\dfrac{MH}{CM}=\dfrac{BM}{MA}\Rightarrow MH.MA=BM.CM\)
Ta có: \(BM.CM=\left(BM_0-MM_0\right)\left(CM_0+MM_0\right)=\left(BM_0-MM_0\right)\left(BM_0+MM_0\right)=BM_0^2-MM_0^2\le BM_0^2=\dfrac{BC^2}{4}\)
\(\Rightarrow MH.MA\le\dfrac{BC^2}{4}\).
Vì \(BC\) không đổi nên: \(max\left(MH.MA\right)=\dfrac{BC^2}{4}\), đạt được khi △ABC cân tại A hay A nằm trên đường trung trực của BC.
c) Sửa đề: \(S_1.S_2.S_3\le\dfrac{1}{64}.S^3\)
△AMC∼△BNC \(\Rightarrow\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{MC}{NC}\Rightarrow\dfrac{AC}{MC}=\dfrac{BC}{NC}\)
△ABC và △MNC có: \(\dfrac{AC}{MC}=\dfrac{BC}{NC};\widehat{ACB}\) là góc chung.
\(\Rightarrow\)△ABC∼△MNC (c-g-c)
\(\Rightarrow\dfrac{S_{MNC}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_1}{S}=\dfrac{MC}{AC}.\dfrac{NC}{BC}\left(1\right)\)
Tương tự:
△ABC∼△MBP \(\Rightarrow\dfrac{S_{MBP}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_2}{S}=\dfrac{MB}{AB}.\dfrac{BP}{BC}\left(2\right)\)
△ABC∼△ANP \(\Rightarrow\dfrac{S_{ANP}}{S_{ABC}}=\dfrac{S_3}{S}=\dfrac{AN}{AB}.\dfrac{AP}{AC}\left(3\right)\)
Từ (1), (2), (3) suy ra:
\(\dfrac{S_1}{S}.\dfrac{S_2}{S}.\dfrac{S_3}{S}=\left(\dfrac{MC}{AC}.\dfrac{NC}{BC}\right).\left(\dfrac{MB}{AB}.\dfrac{BP}{BC}\right).\left(\dfrac{AN}{AB}.\dfrac{AP}{AC}\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{S_1}{S}.\dfrac{S_2}{S}.\dfrac{S_3}{S}=\left(\dfrac{MC.MB}{AC.AB}\right).\left(\dfrac{BP.AP}{AC.BC}\right).\left(\dfrac{AN.CN}{AB.BC}\right)\) (*)
Áp dụng câu b) ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}BM.CM\le\dfrac{1}{4}BC^2\\AP.BP\le\dfrac{1}{4}AB^2\\AN.CN\le\dfrac{1}{4}AC^2\end{matrix}\right.\)
Từ (*) suy ra:
\(\dfrac{S_1}{S}.\dfrac{S_2}{S}.\dfrac{S_3}{S}\le\left(\dfrac{\dfrac{1}{4}BC^2}{AC.AB}\right).\left(\dfrac{\dfrac{1}{4}AC^2}{AC.BC}\right).\left(\dfrac{\dfrac{1}{4}AB^2}{AB.BC}\right)=\dfrac{1}{64}\)
\(\Rightarrow S_1.S_2.S_3\le\dfrac{1}{64}.S^3\)
Dấu "=" xảy ra khi △ABC đều.
cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1 chứng minh\(\dfrac{a}{a+b^2}+\dfrac{b}{b+c^2}+\dfrac{c}{c+a^2}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\)
Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\). CMR: \(\dfrac{a^2}{a+bc}+\dfrac{b^2}{b+ca}+\dfrac{c^2}{c+ba}\le\dfrac{a+b+c}{4}\)
Sửa \(\le\) thành \(\ge\) nha bạn
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\Leftrightarrow ab+bc+ca=abc\)
Ta có \(\dfrac{a^2}{a+bc}=\dfrac{a^3}{a^2+abc}=\dfrac{a^3}{a^2+ab+bc+ca}=\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Tương tự: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b^2}{b+ca}=\dfrac{b^3}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}\\\dfrac{c^2}{c+ba}=\dfrac{c^3}{\left(c+b\right)\left(c+a\right)}\end{matrix}\right.\)
Áp dụng BĐT cosi:
\(\dfrac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\dfrac{a+b}{8}+\dfrac{a+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3}{64}}=\dfrac{3}{4}a\)
\(\dfrac{b^3}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{a+b}{8}+\dfrac{b+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{b^3}{64}}=\dfrac{3}{4}b\)
\(\dfrac{c^3}{\left(c+b\right)\left(c+a\right)}+\dfrac{b+c}{8}+\dfrac{a+c}{8}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{c^3}{64}}=\dfrac{3}{4}c\)
Cộng VTV:
\(\Leftrightarrow VT+\dfrac{a+b}{8}+\dfrac{a+c}{8}+\dfrac{b+c}{8}\ge\dfrac{3}{4}\left(a+b+c\right)\\ \Leftrightarrow VT\ge\dfrac{3\left(a+b+c\right)}{4}-\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{8}\\ \Leftrightarrow VT\ge\dfrac{a+b+c}{4}\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=3\)
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn: abc=1 (a,b,c>1)
Tìm min P=\(\dfrac{a}{a+2}+\dfrac{b}{b+2}+\dfrac{c}{c+2}\)
*** $a,b,c>0$ thôi chứ không lớn hơn $1$ bạn nhé. $a,b,c>1$ thì $abc>1$ mất rồi.
-----------------------
Vì $a, b, c>0$ thỏa mãn $abc=1$ nên tồn tại $x,y,z>0$ sao cho:
$(a,b,c)=(\frac{x^2}{yz}, \frac{y^2}{xz}, \frac{z^2}{xy})$
Khi đó, áp dụng BĐT Cauchy_Schwarz:
$P=\frac{x^2}{x^2+2yz}+\frac{y^2}{y^2+2xz}+\frac{z^2}{z^2+2xy}$
$\geq \frac{(x+y+z)^2}{x^2+2yz+y^2+2xz+z^2+2xy}=\frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2}=1$
Vậy $P_{\min}=1$ khi $x=y=z\Leftrightarrow a=b=c=1$
Cho các số a, b, c khác 0 thỏa mãn: \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=0\)
Tính \(S=\dfrac{2013a^2-2014}{a^2+2bc}+\dfrac{2013b^2-2014}{b^2+2ca}+\dfrac{2013c^2-2014}{c^2+2ab}\)
Ta có kết quả tổng quát hơn như sau:
Cho $a,b,c \neq 0$ thỏa mãn $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=0.$
Chứng minh rằng $$S={\frac {k{a}^{2}-k-1}{{a}^{2}+2\,bc}}+{\frac {{b}^{2}k-k-1}{2\,ac+{b}^{2}}}+{\frac {{c}^{2}k-k-1}{2\,ab+{c}^{2}}}=k$$
Xét các số thực dương \(a,b,c\) thỏa mãn \(abc=a+b+c+2\). CMR:
$$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\le \dfrac{3}{4}$$