Cho \(P=\frac{2a}{a-1}\)
Tìm a để \(p\le1\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
28 tháng 4 2019
Từ \(ab+bc+ca=5abc\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=5\)
Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-xki ta có :
\(\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\left(a+a+b+b+c\right)\ge\left(1+1+1+1+1\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{25}{2a+2b+c}\)
Tương tự ta có :
\(\frac{2}{b}+\frac{2}{c}+\frac{1}{a}\ge\frac{25}{2b+2c+a}\)
\(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{2}{c}\ge\frac{25}{2a+b+2c}\)
Cộng từng vế BĐT ta thu được :
\(\frac{5}{a}+\frac{5}{b}+\frac{5}{c}\ge25P\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{5\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)}{25}=1\)
Vậy BĐT đã được chứng minh . Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c=\frac{3}{5}\)
GB
0
VN
1
24 tháng 12 2015
CM BĐT : \(\frac{1}{a+b+c+d}\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\right)\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\ge\frac{\left(1+1+1+1\right)^2}{a+b+c+d}=\frac{16}{a+b+c+d}\)
=> \(\frac{1}{a+b+c+d}\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\right)\)
ÁP dụng BĐT : \(\frac{1}{a+a+b+c}+\frac{1}{a+b+b+c}+\frac{1}{a+b+c+c}\le\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+\frac{1}{16}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)
\(=\frac{1}{16}4\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{16}\cdot4\cdot4=1\)
Dấu '' = '' xảy ra khi a = b= c = 3/4
15 tháng 7 2018
Áp dụng BĐT sau: \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2a+b+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2a}+\frac{1}{b+c}\right)\). Lại có \(\frac{1}{b+c}\le\frac{1}{4b}+\frac{1}{4c}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2a+b+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{2a}+\frac{1}{4b}+\frac{1}{4c}\right)\)
Tương tự: \(\frac{1}{a+2b+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4a}+\frac{1}{2b}+\frac{1}{4c}\right);\frac{1}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4a}+\frac{1}{4b}+\frac{1}{2c}\right)\)
Cộng 3 BĐT trên theo vế, ta được:
\(\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{a+b+2c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Thay \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=4\)\(\Rightarrow\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{a+b+2c}\le1\)(đpcm).
Dấu "=" xảy ra <=> \(a=b=c=\frac{3}{4}.\)
NT
5
VT
5 tháng 8 2017
đặt cái đề =A
Ta có A=\(\frac{a^2}{ac+2a^2}+\frac{b^2}{ab+2b^2}+\frac{c^2}{bc+2c^2}\)
áp dụng bất đẳng thức svác sơ ta có A>=\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)+ab+bc+ca}\) =\(\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{4\left(a^2+b^2+c^2\right)+2\left(ab+bc+ca\right)}\) =\(\frac{2\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2+3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\) (1)
áp dụng cô- si ta có \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)>=\left(a+b+c\right)^2\) (2)
từ 1,2 suy ra đpcm( cậu tưj làm tiếp được chứ), GIÚP MÌNH CÂU MÌNH CHƯA LÀM ĐƯỢC VỚI
LV
5 tháng 8 2017
\(BĐT\Leftrightarrow\frac{c}{c+2a}+\frac{b}{a+2b}+\frac{a}{b+2c}\ge1\)
BM
2
11 tháng 5 2019
@@
Đặt: \(A=\frac{a}{2a+b}+\frac{b}{2b+c}+\frac{c}{2c+a}\)
\(2A=\frac{2a}{2a+b}+\frac{2b}{2b+c}+\frac{2c}{2c+a}\)
\(2A-3=\frac{2a}{2a+b}-1+\frac{2b}{2b+c}-1+\frac{2c}{2c+a}-1\)
\(2A-3=\frac{-b}{2a+b}+\frac{-c}{2b+c}+\frac{-a}{2c+a}\)
cần cm: \(A\le1\) hay \(2A-3\le-1\) hay
\(\frac{b}{2a+b}+\frac{c}{2b+c}+\frac{a}{2c+a}\ge1\)
bđt này hiển nhiên đúng theo cauchy-schwarz:
\(\frac{b}{2a+b}+\frac{c}{2b+c}+\frac{a}{2c+a}=\frac{b^2}{2ab+b^2}+\frac{c^2}{2bc+c^2}+\frac{a^2}{2ac+a^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)
Vậy bđt được chứng minh @@. "=" khi a=b=c
11 tháng 5 2019
\(gt\Leftrightarrow\sum\frac{2a}{2a+b}\le2\Leftrightarrow\sum\frac{b}{2a+b}\ge1\)
ta cần cm bđt trên đúng. Thật vậy:
\(\sum\frac{b}{2a+b}=\sum\frac{b^2}{2ab+b^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)(đúng)
\("="\Leftrightarrow a=b=c\)
28 tháng 2 2020
Trước hết ta chứng minh các bđt : \(a^7+b^7\ge a^2b^2\left(a^3+b^3\right)\left(1\right)\)
Thật vậy:
\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\left(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4\right)\ge0\)(luôn đúng)
Lại có : \(a^3+b^3+1\ge ab\left(a+b+1\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+1\right)\)
mà \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+1\right)\)(luôn đúng)
Áp dụng các bđt trên vào bài toán ta có
∑\(\frac{a^2b^2}{a^7+a^2b^2+b^7}\le\)∑\(\frac{a^2b^2}{a^3b^3\left(a+b+c\right)}\le\)∑\(\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)
Bất đẳng thức được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
28 tháng 2 2020
Em xem lại dòng thứ 4 và giải thích lại giúp cô với! ko đúng hoặc bị nhầm
\(P=\frac{2a}{a-1}\)( ĐKXĐ : a ≠ 1 )
Để P ≤ 1 thì \(\frac{2a}{a-1}\le1\)
\(\Leftrightarrow\frac{2a}{a-1}-1\le0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2a}{a-1}-\frac{a-1}{a-1}\le0\)
\(\Leftrightarrow\frac{2a-a+1}{a-1}\le0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+1}{a-1}\le0\)
Đến đây ta xét hai trường hợp :
1. \(\hept{\begin{cases}a+1\le0\\a-1\ge0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a\le-1\\a\ge1\end{cases}}\)( loại )
2. \(\hept{\begin{cases}a+1\ge0\\a-1\le0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a\ge-1\\a\le1\end{cases}}\Leftrightarrow-1\le a\le1\)
Kết hợp với ĐKXĐ => Với \(-1\le a< 1\)thì P ≤ 1