Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bổ xung đề a,b,c dương
1/ Chứng minh a < 1
Ta có: \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)+\left(b-1\right)\left(c-1\right)+\left(c-1\right)\left(a-1\right)\)
\(=ab+bc+ca-2\left(a+b+c\right)+3=9-2.6+3=0\)
Nếu \(1\le a< b< c\) thì \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)+\left(b-1\right)\left(c-1\right)+\left(c-1\right)\left(a-1\right)>0\)(mâu thuẫn)
\(\Rightarrow a< 1\)
Chứng minh b > 1
Giả sử \(a< b\le1\Rightarrow ab< 1\)
Ta có: \(9=ab+c\left(a+b\right)< 1+c\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow c\left(a+b\right)>8\)
Ta có: \(\frac{c}{2}+\left(a+b\right)\ge2\sqrt{\frac{c}{2}.\left(a+b\right)}>2\sqrt{\frac{8}{2}}=4\)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}a+b+c=6\\a+b+\frac{c}{2}>4\end{cases}}\)
\(\Rightarrow6-c+\frac{c}{2}>4\)
\(\Rightarrow c< 4\)
\(\Rightarrow a+b>2\)(trái giải thuyết)
\(\Rightarrow b>1\)
Tương tự làm phần còn lại nhé.
tui thấy cách cho THCS r` cho a,b,c la so thuc thoa man : a<b<c ; a+b+c=6 ; ab+bc+ac=9 . chung minh rang : 0<a<1<b<3<c<4? | Yahoo Hỏi & Đáp
Ta có: AB=AC(ΔABC cân tại A)
nên A nằm trên đường trung trực của BC(tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(đpcm)
Từ a+b+c=6 \(\Rightarrow\)a+b=6-c
Ta có: ab+bc+ac=9\(\Leftrightarrow\)ab+c(a+b)=9
\(\Leftrightarrow\)ab=9-c(a+b)
Mà a+b=6-c (cmt)
\(\Rightarrow\)ab=9-c(6-c)
\(\Rightarrow\)ab=9-6c+c2
Ta có: (b-a)2\(\ge\)0 \(\forall\)b, c
\(\Rightarrow\)b2+a2-2ab\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)(b+a)2-4ab\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)(a+b)2\(\ge\)4ab
Mà a+b=6-c (cmt)
ab= 9-6c+c2 (cmt)
\(\Rightarrow\)(6-c)2\(\ge\)4(9-6c+c2)
\(\Rightarrow\)36+c2-12c\(\ge\)36-24c+4c2
\(\Rightarrow\)36+c2-12c-36+24c-4c2\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)-3c2+12c\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)3c2-12c\(\le\)0
\(\Rightarrow\)3c(c-4)\(\le\)0
\(\Rightarrow\)c(c-4)\(\le\)0
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}c\ge0\\c-4\le0\end{cases}}\)hoặc\(\hept{\begin{cases}c\le0\\c-4\ge0\end{cases}}\)
*\(\hept{\begin{cases}c\ge0\\c-4\le0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}c\ge0\\c\le4\end{cases}\Leftrightarrow}0\le c\le4}\)
*
Bài 1, t nghĩ VP căn phải kéo dài hết
Áp dụng bđt bu nhi a, ta có
\(\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)^2\le\left(a+d\right)\left(b+c\right)\Rightarrow\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\le\sqrt{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\left(ĐPCM\right)\)
Bài 2, Áp dụng bài 1, ta có
\(\left(a\sqrt{3a\left(a+2b\right)}+b\sqrt{3b\left(b+2a\right)}\right)\le\left(a^2+b^2\right)\left[3a\left(a+2b\right)+3b\left(b+2a\right)\right]\)
\(\le2\left(3a^2+6ab+3b^2+6ab\right)=2\left[3\left(a^2+b^2\right)+12ab\right]\le2\left(6+12ab\right)\)
Áp dụng bđt cô si, ta có
\(a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow2\ge2ab\Rightarrow12\ge12ab\)
=>(...)^2<=36 => ...<=6 (ĐPcM)
dấu = xảy ra <=> a=b=1
^_^
CM:$(b+c)(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})< \frac{(a+d)^{2}}{ad}$ - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học
Dễ thấy: \(a,b,c\) là 3 nghiệm của pt
\(\left(x-a\right)\left(x-b\right)\left(x-c\right)=x^3-6x^2+9x+m\left(m=-abc\right)\)
Đặt \(f\left(x\right)=x^3-6x^2+9x+m\)
\(f'\left(x\right)=3x^2-12x+9\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=3\end{matrix}\right.\)
\(f\left(x\right)\) có cực đại tại \(x=1\); cực tiểu tại \(x=3\Rightarrow a< 1< b< 3< c\left(1\right)\)
Vì \(f\left(x\right)\) có 3 nghiệm \(a,b,c\) khác nhau (với hệ số của \(x^3>0)\), nên \(f_{max}>0;f_{min}< 0\)
\(f_{max}=f\left(1\right)=1-6+9+m=m+4>0\Rightarrow m>-4\)
\(f_{min}=f\left(3\right)=3^3-6\cdot3^2+9\cdot3+m< 0\Rightarrow m< 0\)
\(f\left(4\right)=4^3-6\cdot4^2+9\cdot4^2+m=m+4\). Do \(m>-4\)\(\Rightarrow f\left(4\right)>0\)
Mà trong khoảng \(\left(3;+\infty\right)\) hàm \(f(x) \) đồng biến, và \(f(c)=0;f(4)>0\) suy ra \(c<4(2)\)
Từ \(\left(1\right);\left(2\right)\) và \(0< a< b< c\) ta có ĐPCM
Tuấn Anh Phan Nguyễn ; Nguyễn Huy Tú ; Ace Legona giúp với
!