Cho 3 số dương a,b,c
\(\frac{ab}{a+b}=\frac{bc}{b+c}=\frac{ac}{a+c}\)
\(Tính:A=\frac{21ab^{2015}+12bc^{2015}+15ca^{2015}}{a^{2016}+b^{2016}+c^{2016}}\)
bài 1 : Cho 3 số dương a,b,c
\(\frac{ab}{a+b}=\frac{bc}{b+c}=\frac{ac}{a+c}\)
Tính \(M=\frac{21ab^{2015+12bc^{2015}+15ca^{2015}}}{a^{2016}+b^{2016}+c^{2016}}\)
Bài 2 : Cho 4a = 5b = 6c
Tính \(A=\frac{7a^2+8b^2-9c^2}{4a^2-3b^2+c^{2016}}\)
Bài 3 : Tìm a , b , c biết :
\(\left|\frac{a}{2}-\frac{b}{3}\right|+\left|\frac{b}{4}-\frac{c}{3}\right|+\left|a+b+c-58\right|=0\)
Ai giúp với thanks nhìu nhưng time của e chỉ có từ bây h đến 5h45 sáng mai thôi mong mọi người giúp đỡ :v !! ( làm dc bài nào cx dc ạ )
Bài 3:
Ta có:\(|\frac{a}{2}-\frac{b}{3}|+|\frac{b}{4}-\frac{c}{3}|+|a+b+c-58|=0.\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{a}{2}-\frac{b}{3}=0\\\frac{b}{4}-\frac{c}{3}=0\\a+b+c-58=0\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}\frac{a}{2}=\frac{b}{3}\\\frac{b}{4}=\frac{c}{3}\\a+b+c=58\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{a}{8}=\frac{b}{12}=\frac{c}{9}\\a+b+c=58\end{cases}}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b+c}{8+12+9}=\frac{58}{29}=2\)
=> a/8=2 Vậy a=16
=> b/12=2 Vậy b=24
=> c/9=2 Vậy c=18
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác
Chứng minh: \(\frac{a^{2016}}{b+c-a}+\frac{b^{2016}}{c+a-b}+\frac{c^{2016}}{a+b-c}\ge a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\)
Vì \(a,b,c\) lần lượt là độ dài ba cạnh của 1 tam giác cho trước nên suy ra \(a,b,c>0\)
\(----------------\)
Áp dụng bất đẳng thức \(AM-GM\) cho hai số dương, ta có:
\(\frac{a^{2016}}{b+c-a}+\left(b+c-a\right)a^{2014}\ge2\sqrt{\frac{a^{2016}}{b+c-a}.\left(b+c-a\right)a^{2014}}=2a^{2015}\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{a^{2016}}{b+c-a}+a^{2014}b+ca^{2014}\ge3a^{2015}\) \(\left(1\right)\)
Theo đó, ta cũng thiết lập tương tự hai bất đẳng thức mới bắt đầu với các hoán vị \(b\rightarrow c\rightarrow a,\) thu được:
\(\frac{b^{2016}}{c+a-b}+b^{2014}c+ab^{2014}\ge3b^{2015}\) \(\left(2\right)\)
\(\frac{c^{2016}}{a+b-c}+c^{2014}a+bc^{2014}\ge3c^{2015}\) \(\left(3\right)\)
Cộng ba bất đẳng thức \(\left(1\right);\left(2\right)\) và \(\left(3\right),\) đồng thời chuyển vế, khi đó bđt mới có dạng:
\(\frac{a^{2016}}{b+c-a}+\frac{b^{2016}}{c+a-b}+\frac{c^{2016}}{a+b-c}\ge3\left(a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\right)\)
\(-\left[ab\left(a^{2013}+b^{2013}\right)+bc\left(b^{2013}+c^{2013}\right)+ca\left(c^{2013}+a^{2013}\right)\right]\) \(\left(\alpha\right)\)
\(----------------\)
Mặt khác, lại theo bđt \(AM-GM,\) ta có:
\(\Omega_1:\) \(2014a^{2015}+b^{2015}\ge2015\sqrt[2015]{\left(a^{2014}b\right)^{2015}}=2015a^{2014}b\)
\(\Omega_2:\) \(2014b^{2015}+a^{2015}\ge2015\sqrt[2015]{\left(b^{2014}a\right)^{2015}}=2015b^{2014}a\)
Cộng từng vế của hai bđt ở trên và rút gọn, khi đó:
\(a^{2015}+b^{2015}\ge a^{2014}b+b^{2014}a=ab\left(a^{2013}+b^{2013}\right)\) \(\left(1^'\right)\)
Tương tự ta thực hiện các dãy biến đổi như trên, nhận được:
\(b^{2015}+c^{2015}\ge bc\left(b^{2013}+c^{2013}\right)\) \(\left(2^'\right)\)
\(c^{2015}+a^{2015}\ge ca\left(c^{2013}+a^{2013}\right)\) \(\left(3^'\right)\)
Từ \(\left(1^'\right);\left(2^'\right)\) và \(\left(3^'\right)\) suy ra \(2\left(a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\right)\ge\left[ab\left(a^{2013}+b^{2013}\right)+bc\left(b^{2013}+c^{2013}\right)+ca\left(c^{2013}+a^{2013}\right)\right]\) \(\left(\beta\right)\)
\(----------------\)
\(\left(\alpha\right);\beta\) \(\Rightarrow\) \(đpcm\)
Dấu \("="\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(a=b=c,\) tức là tam giác khi đó phải là một tam giác đều!
Giúp bài này vs các pro @@
Cho a,b,c là 3 cạnh tam giác. CMR
\(\frac{a^{2016}}{b+c-a}+\frac{b^{2016}}{c+a-b}+\frac{c^{2016}}{a+b-c}\ge a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}...\)
Ko làm mất tính tổng quát, giả sử a >= b >= c.
Ta có: \(\frac{a^{2016}}{b+c-a}\) + \(\frac{b^{2016}}{c+a-b}\) + \(\frac{c^{2016}}{a+b-c}\)- ( a2015 + b2015 + c2015 ) \(\left(1\right)\)
= \(\left(\frac{a^{2016}}{b+c-a}-a^{2015}\right)\)+ \(\left(\frac{b^{2016}}{c+a-b}-b^{2015}\right)\)+ \(\left(\frac{c^{2016}}{a+b-c}-c^{2015}\right)\)
= \(\frac{2a^{2016}-a^{2015}\left(b+c\right)}{b+c-a}\)+ \(\frac{2b^{2016}-b^{2015}\left(a+c\right)}{c+a-b}\)+ \(\frac{2c^{2016}-c^{2015}\left(a+b\right)}{a+b-c}\)
= \(\frac{a^{2015}\left(2a-b-c\right)}{b+c-a}\)+ \(\frac{b^{2015}\left(2b-a-c\right)}{c+a-b}\)+ \(\frac{c^{2015}\left(2c-a-b\right)}{a+b-c}\)
- Theo bđt tam giác và điều giả sử, cm được biểu thức vừa thu được >= 0 và dấu = xra <=> a = b = c.
Do đó, (1) lớn hơn = 0 => ta có đpcm.
Vậy..........
- Tớ ko nghĩ bài làm của tớ đúng đâu. Nếu sai mong bạn thông cảm!
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác. CMR
\(\frac{a^{2016}}{b+c-a}+\frac{b^{2016}}{c+a-b}+\frac{c^{2016}}{a+b-c}\ge a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\)
C/m dạng tổng quát \(\frac{a^{n+1}}{b+c-a}+\frac{b^{n+1}}{c+a-b}+\frac{c^{n+1}}{a+b-c}\ge a^n+b^n+c^n\left(n\ge1\right)\)
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c>0\)
Suy ra \(\frac{a}{b+c-a}\ge\frac{b}{c+a-b}\ge\frac{c}{a+b-c}\)
Áp dụng BĐT Chebyshev ta có:
\(Σ\frac{a^{n+1}}{b+c-a}=Σa^n\cdot\frac{a}{b+c-a}\ge\frac{1}{3}Σa^n\cdotΣ\frac{a}{b+c-a}\geΣa^n\)
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác
Chứng minh:
\(\frac{a^{2016}}{b+c-a}+\frac{b^{2016}}{c+a-b}+\frac{c^{2016}}{a+b-c}\ge a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\)
kết bạn với tớ nhé!!!!!!!!!!!!$$$$$$$$$$$$$$$$$$$
bạn đã bt giải chưa chỉ mk vs đag cần gấp lém :))
Cho a,b,c là các số dương . CMR :
\(a^{2016}>=\frac{\left(b+c\right)a^{2015}}{2}+\frac{\left(c+a\right)b^{2015}}{2}+\frac{\left(a+b\right)c^{2015}}{2}\)
Chứng minh rằng: Với a,b,c là độ dài ba cạnh của 1 tam giác thì :
\(\frac{a^{2016}}{b+c-a}+\frac{b^{2016}}{a+c-b}+\frac{c^{2016}}{a+b-c}\ge a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\)
đề thi hà nội à
chuyển vế, nhóm
giả sứ \(a\ge b\ge c\)
=>.......
cộng lại
c/m bđt đúng là đc
Cho a, b, c>0. Chứng minh rằng
a2016+b2016+c2016>=\(\frac{\left(b+c\right).a^{2015}}{2}\)+\(\frac{\left(c+a\right).b^{2015}}{2}\)+\(\frac{\left(a+b\right).c^{2015}}{2}\)
Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác
CMR \(\frac{\sqrt{a^{2016}}}{b+c-a}\)+ \(\frac{\sqrt{b^{2016}}}{c+a-b}\)+ \(\frac{\sqrt{c^{2016}}}{a+b-c}\)\(\ge\)\(a^{2015}\)+\(b^{2015}\)+ \(c^{2015}\)
Đề đúng không thế \(\sqrt{a^{2016}}\) thì viết luôn là \(a^{1008}\)cho rồi
Fix: \(\frac{a^{2016}}{b+c-a}+\frac{b^{2016}}{c+a-b}+\frac{c^{2016}}{a+b-c}\ge a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\)
WLOG \(a\ge b\ge c\Rightarrow\frac{a}{b+c-a}\ge\frac{b}{c+a-b}\ge\frac{c}{a+b-c}\)
Thật vậy \(\frac{a}{b+c-a}-\frac{b}{c+a-b}\ge0\)\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)\left(a+b+c\right)}{\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)}\ge0\left(\text{đúng vì}\hept{\begin{cases}a\ge b\\\text{a,b,c là 3 cạnh tam giác}\end{cases}}\right)\)
Tương tự cho các BĐT còn lại sau đó áp dụng BĐT Chebyshev:
\(VT=\frac{a^{2016}}{b+c-a}+\frac{b^{2016}}{c+a-b}+\frac{c^{2016}}{a+b-c}\)
\(=a^{2015}\cdot\frac{a}{b+c-a}+b^{2015}\cdot\frac{b}{c+a-b}+c^{2015}\cdot\frac{c}{a+b-c}\)
\(\ge\frac{1}{3}\left(a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\right)\left(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c}\right)\)
Mà ta đã biết \(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c}\ge3\) (Easy to prove)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{1}{3}\cdot3\cdot\left(a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}\right)=a^{2015}+b^{2015}+c^{2015}=VP\)