N
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
N
0
18 tháng 11 2019
Bài 2:
\(\frac{1}{\sqrt[3]{81}}\cdot P=\frac{1}{\sqrt[3]{9\cdot9\cdot\left(a+2b\right)}}+\frac{1}{\sqrt[3]{9\cdot9\cdot\left(b+2c\right)}}+\frac{1}{\sqrt[3]{9\cdot9\cdot\left(c+2a\right)}}\)
\(\ge\frac{3}{a+2b+9+9}+\frac{3}{b+2c+9+9}+\frac{3}{c+2a+9+9}\ge3\left(\frac{9}{3a+3b+3c+54}\right)=\frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt[3]{3}\)
Dấu bằng xẩy ra khi a=b=c=3
18 tháng 11 2019
Bài 1:
\(ab+bc+ca=5abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=5\)
Theo bđt côsi-shaw ta luôn có: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\ge\frac{25}{x+y+z+t+k}\)(x=y=z=t=k>0 ) (*)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z+t+k\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\right)\ge25\)
Áp dụng bđt AM-GM ta có:
\(\hept{\begin{cases}x+y+z+t+k\ge5\sqrt[5]{xyztk}\\\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\ge5\sqrt[5]{\frac{1}{xyztk}}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(x+y+z+t+k\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\right)\ge25\)
\(\Rightarrow\)(*) luôn đúng
Từ (*) \(\Rightarrow\frac{1}{25}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t}+\frac{1}{k}\right)\le\frac{1}{x+y+z+t+k}\)
Ta có: \(P=\frac{1}{2a+2b+c}+\frac{1}{a+2b+2c}+\frac{1}{2a+b+2c}\)
Mà \(\frac{1}{2a+2b+c}=\frac{1}{a+a+b+b+c}\le\frac{1}{25}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\frac{1}{a+2b+2c}=\frac{1}{a+b+b+c+c}\le\frac{1}{25}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\frac{1}{2a+b+2c}=\frac{1}{a+a+b+c+c}\le\frac{1}{25}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow P\le\frac{1}{25}\left[5.\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right]=1\)
\(\Rightarrow P\le1\left(đpcm\right)\)Dấu"="xảy ra khi a=b=c\(=\frac{3}{5}\)
T
7 tháng 1 2020
4/ Xét hiệu: \(P-2\left(ab+7bc+ca\right)\)
\(=5a^2+11b^2+5c^2-2\left(ab+7bc+ca\right)\)
\(=\frac{\left(5a-b-c\right)^2+6\left(3b-2c\right)^2}{5}\ge0\)
Vì vậy: \(P\ge2\left(ab+7bc+ca\right)=2.188=376\)
Đẳng thức xảy ra khi ...(anh giải nốt ạ)
T
7 tháng 1 2020
@Cool Kid:
Bài 5: Bản chất của bài này là tìm k (nhỏ nhất hay lớn nhất gì đó, mình nhớ không rõ nhưng đại khái là chọn k) sao cho: \(5a^2+11b^2+5c^2\ge k\left(ab+7bc+ca\right)\)
Rồi đó, chuyển vế, viết lại dưới dạng tam thức bậc 2 biến a, b, c gì cũng được rồi tự làm đi:)
2 tháng 12 2016
Đặt cái ban đầu là A
Dầu tiên ta có
\(\text{(3a+c)(a+2b+c)+(3b+d)(b+2c+d)+(3c+a)(c+2d+a)+(3d+b)(d+2a+b)}\)
\(=4\left(a+b+c+d\right)^2\)
Ta có: \(\frac{a-b}{a+2b+c}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.\frac{3a+c}{a+2b+c}=\frac{1}{2}.\frac{\left(3a+c\right)^2}{\left(3a+c\right)\left(a+2b+c\right)}\)
Tương tự ta có
\(\frac{b-c}{b+2c+d}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.\frac{\left(3b+d\right)^2}{\left(3b+d\right)\left(b+2c+d\right)}\)
\(\frac{c-d}{c+2d+a}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.\frac{\left(3c+a\right)^2}{\left(3c+a\right)\left(c+2d+a\right)}\)
\(\frac{d-a}{d+2a+b}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.\frac{\left(3d+b\right)^2}{\left(3d+b\right)\left(d+2a+b\right)}\)
Cộng vế theo vế ta được
\(\frac{a-b}{a+2b+c}+\frac{1}{2}+\frac{b-c}{b+2c+d}+\frac{1}{2}+\frac{c-d}{c+2d+a}+\frac{1}{2}+\frac{d-a}{d+2a+b}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.\frac{\left(3d+b\right)^2}{\left(3d+b\right)\left(d+2a+b\right)}+\frac{1}{2}.\frac{\left(3c+a\right)^2}{\left(3c+a\right)\left(c+2d+a\right)}+\frac{1}{2}.\frac{\left(3b+d\right)^2}{\left(3b+d\right)\left(b+2c+d\right)}+\frac{1}{2}.\frac{\left(3a+c\right)^2}{\left(3a+c\right)\left(a+2b+c\right)}\)
\(\ge\frac{1}{2}.\frac{\left(3a+c+3b+d+3c+a+3d+b\right)^2}{\left(3a+c\right)\left(a+2b+c\right)+\left(3b+d\right)\left(b+2c+d\right)+\left(3c+a\right)\left(c+2d+a\right)+\left(3d+b\right)\left(d+2a+b\right)}\)
\(=\frac{1}{2}.\frac{16\left(a+b+c+d\right)^2}{4\left(a+b+c+d\right)^2}=2\)
\(\Rightarrow A+2\ge2\)
\(\Leftrightarrow A\ge0\)
4 tháng 12 2016
=4(a+b+c+d)2
Ta có: a−ba+2b+c +12 =12 .3a+ca+2b+c =12 .(3a+c)2(3a+c)(a+2b+c)
Tương tự ta có
b−cb+2c+d +12 =12 .(3b+d)2(3b+d)(b+2c+d)
c−dc+2d+a +12 =12 .(3c+a)2(3c+a)(c+2d+a)
d−ad+2a+b +12 =12 .(3d+b)2(3d+b)(d+2a+b)
Cộng vế theo vế ta được
a−ba+2b+c +12 +b−cb+2c+d +12 +c−dc+2d+a +12 +d−ad+2a+b +12 =12 .(3d+b)2(3d+b)(d+2a+b) +12 .(3c+a)2(3c+a)(c+2d+a) +12 .(3b+d)2(3b+d)(b+2c+d) +12 .(3a+c)2(3a+c)(a+2b+c)
≥12 .(3a+c+3b+d+3c+a+3d+b)2(3a+c)(a+2b+c)+(3b+d)(b+2c+d)+(3c+a)(c+2d+a)+(3d+b)(d+2a+b)
=12 .16(a+b+c+d)24(a+b+c+d)2 =2
⇒A+2≥2
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 7 2020
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=p\Rightarrow p=2\\ab+bc+ca=q\\abc=r\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow0\le q\le\frac{1}{3}p^2=\frac{4}{3}\)
Ta cần chứng minh: \(q^2-2pr-2r\le1\Leftrightarrow q^2-6r\le1\)
TH1: \(0\le q< 1\Rightarrow q^2-6r\le q^2< 1\) \(\Rightarrow\) BĐT đúng
TH2: \(1\le q\le\frac{4}{3}\)
Theo Schur: \(r\ge\frac{p\left(4q-p^2\right)}{9}=\frac{8\left(q-1\right)}{9}\Rightarrow q^2-6r\le q^2-\frac{16}{3}\left(q-1\right)\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh: \(q^2-\frac{16}{3}\left(q-1\right)\le1\)
\(\Leftrightarrow3q^2-16q+13\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(q-1\right)\left(3q-13\right)\le0\) (luôn đúng \(\forall x\in\left[1;\frac{4}{3}\right]\))
BĐT được chứng minh hoàn tất
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(0;1;1\right)\) và hoán vị
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
13 tháng 7 2020
\(S\le\frac{a}{2a+2b+2c}+\frac{b}{2a+2b+2c}+\frac{c}{2a+2b+2c}=\frac{1}{2}\)
\(S_{max}=\frac{1}{2}\) khi \(a=b=c=1\)
\(P\ge0\)
dấu "=" xảy ra khi \(a=3;b=0;c=0\) và các hoán vị
ko mất tính tổng quát, giả sử b nằm giữa a và c => \(c\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(P\le a^2b+bc^2+abc\le b\left(c+a\right)^2\le\frac{1}{2}\left(\frac{2b+c+a+c+a}{3}\right)^3=4\)
dấu "=" xảy ra khi \(a=2;b=1;c=0\) và các hoán vị