Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
*Giá trị nhỏ nhất của A đặt được khi \(ab=12;bc=8\)tại điểm rơi \(a=3,b=4,c=2\)Ta áp dụng bất đẳng thức cho từng nhóm sau:
\(\left(\frac{a}{18};\frac{b}{24};\frac{2}{ab}\right),\left(\frac{a}{9};\frac{c}{6};\frac{2}{ca}\right),\left(\frac{b}{16};\frac{c}{8};\frac{2}{bc}\right),\left(\frac{a}{9};\frac{c}{6};\frac{b}{12};\frac{8}{abc}\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có:
\(\frac{a}{18}+\frac{b}{24}+\frac{2}{ab}\ge3\sqrt[3]{\frac{a}{18}\cdot\frac{b}{24}\cdot\frac{2}{ab}}=\frac{1}{2}\)
\(\frac{a}{9}+\frac{c}{6}+\frac{2}{ca}\ge3\sqrt[3]{\frac{a}{9}\cdot\frac{c}{6}\cdot\frac{2}{ca}}=1\)
\(\frac{b}{16}+\frac{c}{8}+\frac{2}{bc}\ge3\sqrt[3]{\frac{b}{16}\cdot\frac{c}{8}\cdot\frac{2}{bc}}=\frac{3}{4}\)
\(\frac{a}{9}+\frac{c}{6}+\frac{b}{12}+\frac{8}{abc}\ge4\sqrt[4]{\frac{a}{9}\cdot\frac{c}{6}\cdot\frac{b}{12}\cdot\frac{8}{abc}}=\frac{4}{3}\)
\(\frac{13a}{18}+\frac{13b}{24}\ge2\sqrt{\frac{13a}{18}\cdot\frac{13b}{24}}\ge2\sqrt{\frac{13}{18}\cdot\frac{13}{24}\cdot12}=\frac{13}{3}\)
\(\frac{13b}{48}+\frac{13c}{24}\ge2\sqrt{\frac{13b}{48}\cdot\frac{13c}{24}}\ge2\sqrt{\frac{13}{48}\cdot\frac{13}{24}\cdot8}=\frac{13}{4}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
\(\left(a+b+c\right)+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)+\frac{8}{abc}\ge\frac{121}{12}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=3;b=4;c=2\)
1/ \(4\left(a^2-ab+b^2\right)⋮3\)
\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2+3b^2⋮3\)
\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2⋮3\)
\(\Rightarrow2a-b⋮3\)
\(\Rightarrow\left(2a-b\right)^2⋮9\)
\(\Rightarrow3b^2⋮9\)
\(\Rightarrow b⋮3\)
\(\Rightarrow a⋮3\)
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.
1,
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)
Sửa đề: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng
\(\frac{1}{ab+b+2}+\frac{1}{bc+c+2}+\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{3}{4}\)
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{1}{ab+b+2}=\frac{1}{ab+1+b+1}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{ab+1}+\frac{1}{b+1}\right)\) \(=\frac{1}{4}\left(\frac{abc}{ab\left(1+c\right)}+\frac{1}{b+1}\right)=\frac{1}{4}\left(\frac{c}{1+c}+\frac{1}{b+1}\right)\)
Tương tự \(\frac{1}{bc+c+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+1}+\frac{1}{c+1}\right)\)
\(\frac{1}{ca+a+2}\le\frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+1}+\frac{1}{a+1}\right)\)
Cộng từng vế các bđt trên ta được
\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\right)=\frac{3}{4}\)
Vậy bđt được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
1) Áp dụng bất đẳng Bunyakovsky dạng cộng mẫu ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}=\frac{a^6}{abc}+\frac{b^6}{abc}+\frac{c^6}{abc}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\)
\(=\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}\ge\frac{3abc\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}=a^3+b^3+c^3\)
(Cauchy 3 số) Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c
2) Áp dụng kết quả phần 1 ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\ge\frac{\left(a^3+b^2+c^3\right)^2}{3\cdot\frac{1}{3}}=\left(a^3+b^3+c^3\right)^2\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)
Hằng đẳng thức quen thuộc: \(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=\frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{6}\)
khi đó \(vT=\frac{a^3+b^3+c^3-3abc}{6}+abc=\frac{a^3+b^3+c^3+3abc}{6}\)
Cần chứng minh \(a^3+b^3+c^3+3abc\ge48\)
ta có: \(a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=216-3\left(6-a\right)\left(6-b\right)\left(6-c\right)\)
\(=216-18\left(ab+bc+ca\right)+3abc\)
do đó \(VT=216-18\left(ab+bc+ca\right)+6abc\)(*)
ta có bất đẳng thức phụ sau : với a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác thì \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
# : cách CM: dùng AM-GM lên google mà surt
ÁP dụng :\(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)=\left(6-2a\right)\left(6-2b\right)\left(6-2c\right)\)
\(abc\ge24\left(ab+bc+ca\right)-8abc-216\)\(\Leftrightarrow9abc\ge24\left(ab+bc+ca\right)-216\)
\(\Leftrightarrow6abc\ge16\left(ab+bc+ca\right)-144\)(**)
từ (*) và (**) ta có: \(VT\ge72-2\left(ab+bc+ca\right)\ge72-2.\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)(AM-GM)
\(\Leftrightarrow VT\Rightarrow72-\frac{2}{3}.36=48\)(đpcm)
Dấu = xảy ra khi a=b=c=2