cho các số thực a,b,c đôi một khác nhau thỏa mãn \(0\le a,b,c\le2\) . CMR:
\(P=\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{9}{4}\)
Cho các số thực a, b, c đôi một khác nhau thỏa mãn \(0\le a;b;c\le2\)
CMR: \(\frac{1}{^{\left(a-b\right)^2}}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{9}{4}\)
Vì vai trò bình đẳng của các ẩn \(a,b,c\) là như nhau nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử:
\(2\ge c>b>a\ge0\) \(\left(\alpha\right)\) (do \(a,b,c\) đôi một khác nhau nên cũng không đồng thời bằng nhau)
Áp dụng bđt \(AM-GM\) cho từng bộ số gồm có các số không âm, ta có:
\(\left(i\right)\) Với \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}>0;\) \(\left[-\left(a-b\right)\right]>0\)\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\left[-\left(a-b\right)\right]+\left[-\left(a-b\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a-b\right)^2}.\left[-\left(a-b\right)\right]\left[-\left(a-b\right)\right]}=3\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)\) \(\left(1\right)\)
\(\left(ii\right)\) Với \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}>0;\) \(\left[-\left(b-c\right)\right]>0\)
\(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\left[-\left(b-c\right)\right]+\left[-\left(b-c\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(b-c\right)^2}.\left[-\left(b-c\right)\right]\left[-\left(b-c\right)\right]}=3\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge3-2\left(c-b\right)\) \(\left(2\right)\)
\(\left(iii\right)\) Với \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}>0;\) \(\frac{c-a}{16}>0\)
\(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}+\frac{c-a}{8}+\frac{c-a}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(c-a\right)^2}.\frac{\left(c-a\right)}{8}.\frac{\left(c-a\right)}{8}}=\frac{3}{4}\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\) \(\left(3\right)\)
Cộng từng vế ba bất đẳng thức \(\left(1\right);\) \(\left(2\right)\) và \(\left(3\right)\) , ta được:
\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)+3-2\left(c-b\right)+\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\)
nên \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}-\frac{9\left(c-a\right)}{4}=\frac{27}{4}+\frac{9\left(a-c\right)}{4}\)
Mặt khác, từ \(\left(\alpha\right)\) ta suy ra được: \(\hept{\begin{cases}a\ge0\\2\ge c\end{cases}}\)
nên \(a+2\ge c\) hay nói cách khác \(a-c\ge-2\)
Do đó, \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}+\frac{9.\left(-2\right)}{4}=\frac{9}{4}\)
Dấu \("="\) xảy ra khi và chỉ khi \(\hept{\begin{cases}a=0\\b=1\\c=2\end{cases}}\) (thỏa mãn \(\left(\alpha\right)\) )
Vì vai trò bình đẳng của các ẩn \(a,b,c\) là như nhau nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử:
\(2\ge c>b>a\ge0\) \(\left(\alpha\right)\) (do \(a,b,c\) đôi một khác nhau nên cũng không đồng thời bằng nhau)
Áp dụng bđt \(AM-GM\) cho từng bộ số gồm có các số không âm, ta có:
\(\left(i\right)\) Với \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}>0;\) \(\left[-\left(a-b\right)\right]>0\)\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\left[-\left(a-b\right)\right]+\left[-\left(a-b\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(a-b\right)^2}.\left[-\left(a-b\right)\right]\left[-\left(a-b\right)\right]}=3\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)\) \(\left(1\right)\)
\(\left(ii\right)\) Với \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}>0;\) \(\left[-\left(b-c\right)\right]>0\)
\(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\left[-\left(b-c\right)\right]+\left[-\left(b-c\right)\right]\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(b-c\right)^2}.\left[-\left(b-c\right)\right]\left[-\left(b-c\right)\right]}=3\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge3-2\left(c-b\right)\) \(\left(2\right)\)
\(\left(iii\right)\) Với \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}>0;\) \(\frac{c-a}{16}>0\)
\(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}+\frac{c-a}{8}+\frac{c-a}{8}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\left(c-a\right)^2}.\frac{\left(c-a\right)}{8}.\frac{\left(c-a\right)}{8}}=\frac{3}{4}\)
\(\Rightarrow\) \(\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\) \(\left(3\right)\)
Cộng từng vế ba bất đẳng thức \(\left(1\right);\) \(\left(2\right)\) và \(\left(3\right)\) , ta được:
\(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge3-2\left(b-a\right)+3-2\left(c-b\right)+\frac{3}{4}-\frac{c-a}{4}\)
nên \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}-\frac{9\left(c-a\right)}{4}=\frac{27}{4}+\frac{9\left(a-c\right)}{4}\)
Mặt khác, từ \(\left(\alpha\right)\) ta suy ra được: \(\hept{\begin{cases}a\ge0\\2\ge c\end{cases}}\)
nên \(a+2\ge c\) hay nói cách khác \(a-c\ge-2\)
Do đó, \(\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{27}{4}+\frac{9.\left(-2\right)}{4}=\frac{9}{4}\)
Dấu \("="\) xảy ra khi và chỉ khi \(a=0;b=1;c=2\) (thỏa mãn \(\left(\alpha\right)\) )
Cho a,b,c là các số thực đôi một khác nhau thoả mãn 0\(\le\)a,b,c\(\le\)2
Chứng minh: \(A=\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{9}{4}\)
Áp dụng bất đẳng thức:\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\)
ta có:
\(A=\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{9}{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}\)
Đến đâu Cm dưới mẫu <4 nữa là đc
Tích nha
Cho a,b,c là các số hữu tỉ khác 0, đôi một phân biệt và thỏa mãn
\(\frac{a^2}{\left(b-c\right)^2}+\frac{b^2}{\left(c-a\right)^2}+\frac{c^2}{\left(a-b\right)^2}\le2\).CMR
\(\sqrt{\frac{\left(b-c\right)^2}{a^2}+\frac{\left(c-a\right)^2}{b^2}+\frac{\left(a-b\right)^2}{c^2}}\)hữu tỉ.
Bài 1:Cho a,b,c là các số nguyên đôi 1 khác nhau thỏa mãn a+b+c=2019.tính giá trị biểu thức
\(M=\frac{a^3}{\left(a+b\right)\left(a-c\right)}+\frac{b^3}{\left(b-a\right)\left(b-c\right)}+\frac{c^3}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}\)
Bài 2:Cho \(a+b+c=0;P=\frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b};Q=\frac{c}{a-b}+\frac{a}{b-c}+\frac{b}{c-a}\)
\(CMR\) \(P\cdot Q=9\)
Bài 3:Cho 3 số x;y;z đôi 1 khác nhau thỏa mãn x+y+z=0 và \(A=\frac{4xy-z^2}{xy+2z^2};B=\frac{4yz-x^2}{yz+2x^2};C=\frac{4xz-y^2}{xz+2y^2}\)
CMR A.B.C=1
Đặt \(\left(\frac{a-b}{c},\frac{b-c}{a},\frac{c-a}{b}\right)\rightarrow\left(x,y,z\right)\)
Khi đó:\(\left(\frac{c}{a-b},\frac{a}{b-c},\frac{b}{c-a}\right)\rightarrow\left(\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z}\right)\)
Ta có:
\(P\cdot Q=\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=3+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}+\frac{x+y}{z}\)
Mặt khác:\(\frac{y+z}{x}=\left(\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}\right)\cdot\frac{c}{a-b}=\frac{b^2-bc+ac-a^2}{ab}\cdot\frac{c}{a-b}\)
\(=\frac{c\left(a-b\right)\left(c-a-b\right)}{ab\left(a-b\right)}=\frac{c\left(c-a-b\right)}{ab}=\frac{2c^2}{ab}\left(1\right)\)
Tương tự:\(\frac{x+z}{y}=\frac{2a^2}{bc}\left(2\right)\)
\(=\frac{x+y}{z}=\frac{2b^2}{ac}\left(3\right)\)
Từ ( 1 );( 2 );( 3 ) ta có:
\(P\cdot Q=3+\frac{2c^2}{ab}+\frac{2a^2}{bc}+\frac{2b^2}{ac}=3+\frac{2}{abc}\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
Ta có:\(a+b+c=0\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^3=-c^3\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)=-c^3\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3=3abc\)
Khi đó:\(P\cdot Q=3+\frac{2}{abc}\cdot3abc=9\)
Cho a,b,c là số hữu tỉ khác 0. Đôi một phân biệt và thỏa mãn
\(\frac{a^2}{\left(b-c\right)^2}+\frac{b^2}{\left(c-a\right)^2}+\frac{c^2}{\left(a-b\right)^2}\le2\).
Cmr\(\sqrt{\frac{\left(b-c\right)^2}{a^2}+\frac{\left(c-a\right)^2}{b^2}+\frac{\left(a-b\right)^2}{c^2}}\) hữu tỉ
Với a,b,c là 3 số thực phân biệt đôi một .CMR:\(\left(a^2+b^2+c^2\right).\left[\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}+\frac{1}{\left(c-a\right)^2}\right]\ge\frac{9}{2}\)
Giả sử:
\(a>b>c\Rightarrow a-b>0,b-c>0,a-c>0\)
Ta có:
\(\hept{\begin{cases}a^2+b^2+c^2\ge a^2+c^2\\\frac{1}{\left(a-b\right)^2}+\frac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge\frac{\left(\frac{1}{a-b}+\frac{1}{b-c}\right)^2}{2}\ge\frac{8}{\left(a-c\right)^2}\end{cases}}\)
Từ đây ta có:
\(VT\ge\left(a^2+c^2\right).\frac{9}{\left(c-a\right)^2}\)
Ta chứng minh
\(\left(a^2+c^2\right).\frac{9}{\left(c-a\right)^2}\ge\frac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+c\right)^2\ge0\)(Đúng)
Vậy ta có điều phải chứng minh là đúng. Dấu = xảy ra khi a = - c; b = 0 và các hoán vị của nó
cho a;b;c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3.CMR:\(\frac{a}{1+\left(b+c\right)^2}+\frac{b}{1+\left(c+a\right)^2}+\frac{c}{1+\left(a+b\right)^2}\le\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+b^2+c^2+12abc}\)
bài này mà giải theo SOS là hơi bị tuyệt vời nhé =)))
Cho a , b , c là 3 số từng đôi một khác nhau và thỏa mãn :\(\frac{a}{b-c}+\frac{b}{c-a}+\frac{c}{a-b}=0\). CMR :
\(\frac{a}{\left(b-c\right)^2}+\frac{b}{\left(c-a\right)^2}+\frac{c}{\left(a-b\right)^2}=0\).
\(\frac{a}{b-c}=-\frac{b}{c-a}-\frac{c}{a-b}=-\frac{b\left(a-b\right)+c\left(c-a\right)}{\left(c-a\right)\left(a-b\right)}\Rightarrow\frac{a}{\left(b-c\right)^2}=-\frac{b\left(a-b\right)+c\left(c-a\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-c\right)}\)
sau đó chứng minh tương tự và cộng theo từng vế thôi
Cho a; b; c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 3.
CMR: \(\frac{1}{1+a^2\left(b+c\right)}+\frac{1}{1+b^2\left(c+a\right)}+\frac{1}{1+c^2\left(a+b\right)}\le\frac{1}{abc}\)
Ta có \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)\(\Rightarrow3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le3\Leftrightarrow abc\le1\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{1+a^2\left(b+c\right)}\le\frac{1}{abc+a^2\left(b+c\right)}\)\(=\frac{1}{a\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{1}{3a}\)
\(CMTT\Rightarrow\frac{1}{1+b^2\left(c+a\right)}\le\frac{1}{3b}\)
\(\frac{1}{1+c^2\left(a+b\right)}\le\frac{1}{3c}\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}\)\(=\frac{ab+bc+ca}{3abc}=\frac{1}{abc}\)