cho các số a, b khác nhau thỏa mãn a^3+b^3-30ab=2021 .Hỏi tổng a+b không thể nhận giá trị nào ?
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
AH
Akai Haruma
Giáo viên
16 tháng 12 2021
Lời giải:
$a^2(b+c)=b^2(b+c)$
$\Leftrightarrow a^2(b+c)-b^2(b+c)=0$
$\Leftrightarrow (a^2-b^2)(b+c)=0$
$\Leftrightarrow (a-b)(a+b)(b+c)=0$
Vì $a,b,c$ đôi 1 khác nhau nên $a-b\neq 0$
$\Rightarrow (a+b)(b+c)=0$
Mà $b+c\neq 0$ (do nếu $b+c=0$ thì $a^2(b+c)=0$ (trái với đề))
$\Rightarrow a+b=0$
$\Rightarrow H=c^2(a+b)=0$
4 tháng 9 2021
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\(\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)^2\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+b+c+c+a\right)\)
\(=3\left(2a+2b+2c\right)=3.2\left(a+b+c\right)=6.2021=12126\)
\(\Rightarrow\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\le\sqrt{12126}\)
Dấu ''='' xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{2021}{3}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
29 tháng 5 2021
Sửa lại đề: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2021}$.
--------------
Lời giải:
\(\left\{\begin{matrix} a+b+c=2021\\ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{2021}\end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow \frac{a+b}{ab}+\frac{a+b}{c(a+b+c)}=0\Leftrightarrow (a+b)(\frac{1}{ab}+\frac{1}{c(a+b+c)})=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b).\frac{c(a+b+c)+ab}{abc(a+b+c)}=0\)
\(\Leftrightarrow (a+b).\frac{(c+a)(c+b)}{abc(a+b+c)}=0\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)=0\)
$\Leftrightarrow (2021-c)(2021-a)(2021-b)=0$
Do đó ít nhất 1 trong 3 số $a,b,c$ có 1 số có giá trị bằng $2021$
KT
2
B1
27 tháng 8 2017
Topic này chủ yếu là coppy nội dung đề bài và lời giải của các mem lại, các ĐHV THPT có thể coppy tiếp CD13 nhưng nên để chung trong một khung. Tính đúng sai của các lời giải thì kiểm tra lại sau.
Bắt đầu vậy!
Bài 1:
Cho abc=1 va a3>36.CMR:a23+b2+c2>ab+bc+ca}
Lời giải:
VT−VP=a24+b2+c2−ab−bc+2bc+a212=(a2−b−c)2+a2−36bc12>0⇒ đpcm
Cách khác:
Từ giả thiết suy ra a>0 và bc>0. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
a23+(b+c)2−3bc−a(b+c)≥0⟺13+(b+ca)2−b+ca−3a3≥0
Vì a3>36 nên13+(b+ca)2−b+ca−3a3>(b+ca)2−b+ca+14=(b+ca−12)2>0
Bài 2:
Với a,b,c >0; n ∈ N*.CMR:
anb+c+bna+c+cna+b≥32(an+bn+cna+b+c)
Lời giải:
∑anb+c≥13(∑an)(∑1a+b)≥13(∑an)(92(a+b+c))=32(∑an∑a)
Bài 3:
Cho x,y,z>0 thỏa điều kiện x2+y2+z2=9
Tìm giá trị nhỏ nhất của P=x5y2+y5z2+z5x2
Lời giải:
Theo Cauchy Ta có:
x5y2+x5y2+√3y2+√3y2+3√3≥√3x2
Cách khác:
Sử dụng Cauchy-Schwarzt ta có
x5y2+y5z2+z5x2⩾(x3+y3+z3)2xy2+yz2+zx2
Sử dụng Cauchy-Schwarzt và AM-GM ta có
xy2+yz2+zx2⩽√(x2+y2+z2)(x2y2+y2z2+z2x2)⩽√(x2+y2+z2)33=3
Do đó P⩾(x3+y3+z3)23⩾(x2+y2+z2)39=3
Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1
Bài 4:
Ch0 a>0 và n là 1 số tự nhiên
Chứng minh rằng an+1an−2⩾n2(a+1a−2)
Lời giải:
Bất đẳng thức tương đương với (an−1+an−2+...+a+1)≥n2an−1 (hiển nhiên theo AM-GM)
Cách khác:
Do tính đối xứng giữa a và 1a nên ta có thể giả sử a ≥ 1. đặt √a =x ≥ 1.bdt ⇔ x2n+1x2n−2≥n2(x2+1x2−2)⇔(xn−1xn)2≥n2(x−1x)2⇔x^{n}-\frac{1}{x^{n}}\geq n(x-\frac{1}{x})$①.
Với x=1 thì ① đúng
Với x>1 thì ① ⇔xn−1+xn−3...+1xn−3+1xn−1≥n (đúng vì theo bđt AM-GM).
Dấu bằng xảy ra khi x=1 ⇔a=1
Bài 5:
Cho a,b,c,d là các số thực thỏa mãn {a+b+c+d=0a2+b2+c2+d2=2
Tìm GTLN của P=abcd
Lời giải:
Áp dụng AM-GM ta có
2=∑a2≥44√∏a2⇒√|abcd|≤12⇒abcd≤14
Dấu bằng xảy ra khi a=b=−c=−d=1√2 và các hoán vị của chúng
Bài 6:
Cho a,b,c≥0 thỏa mãn a+b+c=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:P=abc(a2+b2+c2)
Lời giải:
Ta có: P=abc(a+b+c)(a2+b2+c2)≤13(ab+bc+ca)2(a2+b2+c2)
Mặt khác, lại có: (ab+bc+ca)2(a2+b2+c2)≤((a+b+c)23)3=127
Do đó: P≤181
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=13
Bài 7:
Cho các số thực x,y>0 thỏa mãn 3x+y≤1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:S=1x+1√xy
Lời giải:
S≥1x+1√x(1−3x)
≥1x+21−2x=2x(1−x)≥8(x+1−x)2=8
Dấu "=" xảy ra ⇔x=14
Bài 8:
Cho các số thực a,b,c,x,y thỏa mãn ax−by=√3.
Tìm GTNN của F=a2+b2+x2+y2+bx+ay
Lời giải:
Sử dụng giả thiết ax−by=√3 ta có:
(a2+b2)(x2+y2)=(ax+by)2+(ax−by)2=(ax+by)2+3
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy , suy ra:
a2+b2=x2+y2=(a2+b2)+(x2+y2)≥2√(a2+b2)(x2+y2)=2√(ax+by)2+3
Do đó, ta đưa về bài toán tìm GTNN của: 2√x2+3+x trong đó x=ax+by
Ta có:
(2√x2+3+x)2=4(x2+3)+4x√x2+3+x2=(x2+3)+4x√x2+3+4x2+9=(√x2+3+2x)2+9≥9
⇒2√x2+3+x≥3
Vậy MinT=3
Bài 9:
Cho các số thực dương a,b,c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=2a+√ab+3√abc−3√a+b+c
Lời giải:
a+√12a.2b+3√14a.b.4c≤a+14a+b+112a+13b+43c=43(a+b+c)
Do đó P≥32(a+b+c)−3√a+b+c...
Bài 10:
Cho x,y là các số không âm thoả x3+y3≤1
Tìm giá trị lớn nhất của P=2√x+√y
Lời giải:
(x3+y3)(5√26+1)5⩾(2√x+√y)6
⇔2√x+√y⩽6√(5√26+1)5
Vậy Max(P)=6√(5√26+1)5⇔a325√2=b3=125√2+1
Chiều coppy tiếp, sau đó kiểm tra nội dung sau.
Bài 11:Cho các số a,b,c không âm không đồng thời bằng không. Chứng minh rằng;
∑2a2−bcb2−bc+c2≥3
Lời giải:(vutuanhien)
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử b là số nằm giữa a và c
BĐT đã cho tương đương với
∑2a2+(b−c)2b2−bc+c2≥6
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có
∑2a2b2−bc+c2≥2(a2+b2+c2)2∑a2(b2−bc+c2)=2(a2+b2+c2)22∑a2b2−abc∑a
∑(b−c)2b2−bc+c2≥[a(b−c)+b(a−c)+c(a−b)]22∑a2b2−abc∑a=4b2(a−c)22∑a2b2−abc∑a
Do đó ta chỉ cần chứng minh
(a2+b2+c2)2+2b2(a−c)2≥6∑a2b2−3abc∑a(1)
Ta có
b2(a−c)2=[a(b−c)+c(a−b)]2=a2(b−c)2+c2(a−b)2+2ac(a−b)(b−c)
≥a2(b−c)2+c2(a−b)2
Suy ra
2b2(a−c)2≥a2(b−c)2+b2(c−a)2+c2(a−b)2
⇒VT(1)≥(∑a2)2+2∑a2b2−2abc∑a
Do đó ta chỉ còn phải chứng minh
(∑a2)2+2∑a2b2−2abc∑a≥6∑a2b2−3abc∑a
⇔∑a4+abc∑a≥2∑a2b2
BĐT này hiển nhiên đúng theo BĐT Schur
∑a4+abc∑a≥∑ab(a2+b2)
Và BĐT AM-GM
∑ab(a2+b2)≥2∑a2b2
Kết thúc chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c hoặc a=b, c=0 và các hoán vị.
Bài 12:(bosulan239)
Cho a,b,c là các số không âm không đồng thời bằng không.
CMR
∑a2∑ab≥∑abb2+bc+c2
Bài giải:(vutuanhien)
BĐT đã cho tương đương với
a2ab+bc+ca−abb2+bc+c2+b2ab+bc+ca−bcc2+ca+a2+c2ab+bc+ca−caa2+ab+b2≥0
⇔∑ac(ac−b2)b2+bc+c2≥0
Do ac(ac−b2)b2+bc+c2=ac2(a+b+c)b2+bc+c2−ac nên BĐT đã cho có thể viết lại thành
∑ac2(a+b+c)b2+bc+c2≥ab+bc+ca
⇔∑ac2b2+bc+c2≥ab+bc+caa+b+c
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có
VT≥(ab+bc+ca)2∑a(b2+bc+c2)=ab+bc+caa+b+c
Kết thúc chứng minh
Bài 13: (nguyencuong123)
Cho a,b,c không âm thoả mãn: a+b+c=3
Chứng Minh: ∑a+1ab+1≥3
Bài giải:(Juliel)
Áp dụng AM-GM cho vế trái, ta cần chứng minh :
(a+1)(b+1)(c+1)≥(ab+1)(bc+1)(ca+1)⇔abc+(ab+bc+ca)+(a+b+c)+1≥a2b2c2+abc(a+b+c)+(ab+bc+ca)+1⇔abc+4≥a2b2c2+3abc+1⇔a2b2c2+2abc≤3(a+1)(b+1)(c+1)≥(ab+1)(bc+1)(ca+1)⇔abc+(ab+bc+ca)+(a+b+c)+1≥a2b2c2+abc(a+b+c)+(ab+bc+ca)+1⇔abc+4≥a2b2c2+3abc+1⇔a2b2c2+2abc≤3
Hiển nhiên đúng vì abc≤(a+b+c3)3=1
Bài 14:(Chrome98):Chứng minh bất đẳng thức sau với a,b,c>0 và a+b+c=1:
a23a+1+b23b+1+c23c+1≥24(a29a+1+b29b+1+c29c+1)2
Bài giải: (Simpson Joe Donald)
∙ AM−GM: a29a+1=a26a+(3a+1)≤a22√6a(3a+1)=a√a2√6(3a+1) ;
∙ Cauchy−Schwarz: VP≤(a√a√3a+1+b√b√3b+1+c√c√3c+1)2≤(a+b+c).VT=VT
Bài 15:(trauvang97:)Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn:
2a2+1+2b2+1+2c2+1≥3
Chứng minh rằng: (a−2)2+(b−2)2+(c−2)2≥3
Bài giải:
(Nguyen Huy Tuyen)2a2+1+2b2+1+2c2+1≥3⇔∑(1−a)(1+a)a2+1⩾0
(a−2)2+(b−2)2+(c−2)2−3=∑(a−3)(a−1)
Ta có :∑(a−3)(a−1)−∑2(1−a)(1+a)a2+1=∑(a−1)4a2+1⩾0
⇔∑(a−3)(a−1)⩾∑2(1−a)(1+a)a2+1⩾0
⇔(a−2)2+(b−2)2+(c−2)2≥3
Bài 16:(phanquockhanh)Cho x,y,z>0:xyz+x+z=y . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P=2x2+1−2y2+1−4z√z2+1+3z(z2+1).√z2+1
(Trích đề thi thử số 2 – THTT)
Bài giải:
(trauvang97)Từ giả thiết ta có: x=y−z1+yz.
Khi đó:
P=2(1+yz)2(y2+1)(z2+1)−2y2+1−4z√z2+1+3z(z2+1)√z2+1
P=2z(2y+(y2−1)z)(y2+1)(z2+1)−4z√z2+1+3z(z2+1)√z2+1
Do 2z(2y+(y2−1)z)(y2+1)(z2+1)=2z√(2y+(y2−1)z)2(y2+1)(z2+1)≤2z√(4y2+(y2−1)2)(1+z2)(y2+1)(z2+1)=2z√z2+1
Do đó:
P≤2z√z2+1−4z√z2+1+3z√z2+1(1−z2z2+1)
P=−3t3+t với z√z2+1=t∈(0;1)
Khảo sát hàm số trên ta thấy maxP=29⇔x=√22;y=√2,z=√24
Bài 17:(Toc Ngan)Cho a,b,c>0 và a+b+c=3
Chứng minh rằng :
VN
9 tháng 5 2022
\(P=\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}\sqrt{c+a}\)
Aps dụng Bunhia-cốpxki : \(P^2=\left(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\right)\le\left(1+1+1\right)\left(a+b+b+c+c+a\right)\)
\(=6\left(a+b+c\right)\)
\(=6.2021=12126\Leftrightarrow P=\sqrt{12126}\)
Vậy \(Max\left(P\right)=\sqrt{12126}\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{2021}{3}\)
(Refer ;-;)