Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Dự đoán đẳng thức xảy ra tại \(a=b=c=\sqrt{3}\)
Ta có: \(\sqrt{a^2+1}=\sqrt{\frac{1}{4}}.\sqrt{4\left(a^2+1\right)}\le\sqrt{\frac{1}{4}}\left(\frac{4+a^2+1}{2}\right)=\frac{5+a^2}{4}\)
Thiết lập hai bđt còn lại tương tự và cộng theo vế:
\(VP\le3+\frac{1}{2}\left(\frac{15+a^2+b^2+c^2}{2}\right)\)\(=\frac{27+a^2+b^2+c^2}{4}\)
Ta chỉ cần chứng minh: \(ab+bc+ca\ge\frac{27}{4}+\frac{a^2+b^2+c^2}{4}\)
Đến đây chưa nghĩ ra =((
Lạy trời cho con đừng gặp ngõ cụt như nãy nx,làm mà cứ ngõ cụt chán ~v
Lời giải:
\(a+b+c=abc\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1\) (do a,b,c dương nên a + b + c > 0 tức là abc > 0)
Lại có: \(1=\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\ge\frac{9}{ab+bc+ca}\Rightarrow VT=ab+bc+ca\ge9\) (1)
Ta sẽ c/m \(VP=3+\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}\le9\)
\(\Leftrightarrow A=\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}\le6\)
Thật vậy: \(A=\frac{1}{2}\left[\sqrt{4\left(a^2+1\right)}+\sqrt{4\left(b^2+1\right)}+\sqrt{4\left(c^2+1\right)}\right]\)
\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{15+a^2+b^2+c^2}{2}\right)=\frac{15+a^2+b^2+c^2}{4}\)
Lại gặp ngõ cụt nữa r,=((Ai đó giúp em vs!!!
Ta có: \(abc=1\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}ab=\frac{1}{c}\\bc=\frac{1}{a}\\ca=\frac{1}{b}\end{cases}}\)
\(abc=1\Leftrightarrow\sqrt[3]{abc}=1\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:\(1=\sqrt[3]{abc}\le\frac{a+b+c}{3}\Leftrightarrow a+b+c\ge3\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge4\left(a+b+c-1\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+cb^2+2abc+4\ge4\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{a}{b}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+6\ge4\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{c}+\frac{a+c}{b}+\frac{b+c}{a}+6\ge4\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b+c}{c}+\frac{a+c+b}{b}+\frac{a+b+c}{a}+3\ge4\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+3\ge4\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{3}{a+b+c}\ge4\)(1)
Ta chứng mĩnh BĐT phụ
Với a,b,c > thì \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\)
Thật vậy.
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\ge\frac{3}{\frac{a+b+c}{3}}=\frac{9}{a+b+c}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Áp dụng \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{3}{a+b+c}\ge\frac{9}{a+b+c}+\frac{3}{a+b+c}=\frac{12}{3}=4\)(2)
Từ (1) và (2)
=> \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge4\left(a+b+c-1\right)\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Bạn ơi, tại sao \(\frac{9}{a+b+c}+\frac{3}{a+b+c}=\frac{12}{3}\) được hả bạn?
Ta có:\(3\left(\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}\right)^2\le3\left[\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{a+b+c}\right]^2\)\(=3\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\le a^2+b^2+c^2\)(1)
Mặt khác:\(\left(\frac{ab}{c}\right)^2+\left(\frac{bc}{a}\right)^2\ge2.\frac{ab}{c}.\frac{bc}{a}=2b^2\)(2)
Tương tự ta cũng có:\(\left(\frac{bc}{a}\right)^2+\left(\frac{ca}{b}\right)^2\ge2c^2\)(3);\(\left(\frac{ca}{b}\right)^2+\left(\frac{ab}{c}\right)^2\ge2a^2\)(4)
Cộng theo vế (1),(2),(3) ta được:\(2\left[\left(\frac{ab}{c}\right)^2+\left(\frac{bc}{a}\right)^2+\left(\frac{ca}{b}\right)^2\right]\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{ab}{c}\right)^2+\left(\frac{bc}{a}\right)^2+\left(\frac{ca}{b}\right)^2\ge a^2+b^2+c^2\)(5)
Từ (1) và (5) suy ra điều phải chứng minh.Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
1)
Ta có: \(M=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\sqrt{3\left(a+b\right)\left(a+b+4c\right)}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\frac{3\left(a+b\right)+\left(a+b+4c\right)}{2}}=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=3\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
2)
\(\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}=\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\sqrt[3]{2a\left(ab+1\right)^2}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\frac{2a+\left(ab+1\right)+\left(ab+1\right)}{3}}=3\Sigma_{cyc}\frac{a}{ab+a+1}\)
Ta có bổ đề: \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}=1\left(abc=1\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}\ge3\)
\(1.\)
\(a,\left(a+b\right)^2=a^2+2ab+b^2\)
\(\left(a-b\right)^2+4ab=a^2-2ab+b^2+4ab=a^2+2ab+b^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2=\left(a-b\right)^2+4ab\left(đpcm\right)\)
a) \(x^2+x+1=x^2+x+\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0\)(luôn dương)
b) \(x^2-x+\frac{1}{2}=x^2-x+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{4}>0\)(luôn dương)
giả sử P đạt GTNN khi a=x, b=y; c=z. khi đó ta có:
x,y,z>0 và 4x+3y+4z=22
ta thấy với a=x; b=y; c=z thì
\(\frac{1}{3a}=\frac{1}{3x}=\frac{1}{3x^2};\frac{2}{b}=\frac{2}{y}=\frac{2}{y^2},\frac{3}{c}=\frac{3}{z}=\frac{3}{z^2}\)
do đó, các đánh giá sau sẽ đảm bảo được điều kiện đẳng thức
\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{3a}+\frac{a}{3x^2}\ge2\sqrt{\frac{1}{3a}\cdot\frac{a}{3a^2}}=\frac{2}{3x}\\\frac{2}{b}+\frac{2b}{y^2}\ge2\sqrt{\frac{2}{b}\cdot\frac{2b}{y^2}}=\frac{4}{y}\\\frac{3}{c}+\frac{3c^2}{z}\ge2\sqrt{\frac{3}{c}\cdot\frac{3c}{z^2}}=\frac{6}{z}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{3a}\ge\frac{2}{3x}-\frac{a}{3x^2};\frac{2}{b}\ge\frac{4}{y}-\frac{2b}{y^2};\frac{3}{c}\ge\frac{6}{z}-\frac{3c}{z^2}\)
và như vậy, ta đã chuyển được các phân thức về dạng bậc nhất và thu được
\(P\ge a+b+c+\left(\frac{2}{3x}-\frac{a}{3x^2}\right)+\left(\frac{4}{y}-\frac{2b}{y^2}\right)+\left(\frac{6}{z}-\frac{3c}{z^2}\right)\)
\(=\left(1-\frac{1}{3x^2}\right)a+\left(1-\frac{2}{y^2}\right)b+\left(1-\frac{3}{z^2}\right)c+\frac{2}{3x}+\frac{4}{y}+\frac{6}{z}\)
vấn đề còn lại là ta phải chọn các số x,y,z thích hợp làm sao để có thể sử dụng được giả thiếu 4a+3b+4c=22
muốn vậy các hệ số của a,b,c trong đánh giá trên phải thành lập tỉ lệ 4:3:4 tức là
\(\frac{1-\frac{1}{3x^2}}{4}=\frac{1-\frac{1}{y^2}}{3}=\frac{1-\frac{3}{z^2}}{4}\)
vậy điểm rơi thực sự của bài toán chình là nghiệm của hệ phương trình \(\hept{\begin{cases}4x+3y+4z=22\\\frac{1-\frac{1}{3x^2}}{4}=\frac{1-\frac{2}{y^2}}{3}=\frac{1-\frac{3}{z^2}}{4}\end{cases}\left(1\right)}\)
giải hệ này ta tìm được x=1; y=2; z=3. khi đó ta có:
\(P\ge\left(1-\frac{1}{3}\right)a+\left(1-\frac{2}{2^2}\right)b+\left(1-\frac{3}{3^2}\right)c+\frac{2}{3}+\frac{4}{2}+\frac{6}{3}\)
\(=\frac{4a+3b+4c}{6}+\frac{14}{3}=\frac{22}{6}+\frac{14}{3}=\frac{25}{3}\)
đẳng thức xảy ra khi a=x=1; b=y=2 và c=z=3
Đặt \(2n+2017=a^2;n+2019=b^2\)
\(\Rightarrow2n+4038=2b^2\)
\(\Rightarrow2b^2-a^2=2021\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{2b}-a\right)\left(\sqrt{2b}+a\right)=2021=1\cdot2021=47\cdot43\)
Tự xét nốt nha
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{2019}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}=\frac{1}{2019}\)
\(\Leftrightarrow2019a+2019b-ab=0\)
\(\Leftrightarrow ab-2019a-2019b=0\)
\(\sqrt{a+b}=\sqrt{a-2019}+\sqrt{b-2019}\)
\(\Leftrightarrow a+b=a-2019+b-2019+2\sqrt{\left(a-2019\right)\left(b-2019\right)}\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{ab-2019a-2019b+2019^2}=2\cdot2019\)
\(\Leftrightarrow2\cdot2019=2\cdot2019\) ( LUÔN OK THEO COOL KID ĐZ )
P/S:SORRY NHA.LÚC CHIỀU BẬN VÀI VIỆC NÊN KO ONL DC:(((
Ta có
\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)> ab + bc + ca =3 => a + b + => 3
ta có abc > ( a+b+c) ( b + c -a ) ( c + a -b)
= ( a+b+c+ 2c) ( b + c -a +2a) ( c + a -b+2b)
> ( 3 -2c ) ( 3 - 2 a ) ( 3 - 2 b ) ( do a+b + c)> 3
= 12 ( xy + yz + zx ) -8 xyz - 18 ( x + y + z ) + 27
= 12 .3 - 8xyz - 18 .3 +27
9 - 8 xyz
ta có : xyz > 9 - 8 xyz + 8 xyz > 9 => xyz > 1
do đó : 4 ( a + b + c ) + abc > 4.3 + 1 = 13 (dpcm)
hok tốt
Ta có
\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)> ab + bc + ca =3 => a + b + => 3
ta có abc > ( a+b+c) ( b + c -a ) ( c + a -b)
= ( a+b+c+ 2c) ( b + c -a +2a) ( c + a -b+2b)
> ( 3 -2c ) ( 3 - 2 a ) ( 3 - 2 b ) ( do a+b + c)> 3
= 12 ( xy + yz + zx ) -8 xyz - 18 ( x + y + z ) + 27
= 12 .3 - 8xyz - 18 .3 +27
9 - 8 xyz
ta có : xyz > 9 - 8 xyz + 8 xyz > 9 => xyz > 1
do đó : 4 ( a + b + c ) + abc > 4.3 + 1 = 13 (dpcm)
hok tốt
Ta có:\(\sqrt{abc}=a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\)\(\Rightarrow\left(\sqrt{abc}\right)^6\ge\left(3\sqrt[3]{abc}\right)^6\Leftrightarrow\left(abc\right)^3\ge3^6\left(abc\right)^2\)
\(\Leftrightarrow abc\ge3^6\)(1).Lại có:\(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\)
BĐT cần chứng minh tương đương với:\(3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge9\sqrt{abc}\Leftrightarrow\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge3\sqrt{abc}\)
\(\Leftrightarrow\left(\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\right)^6\ge\left(3\sqrt{abc}\right)^6\)\(\Leftrightarrow\left(abc\right)^4\ge3^6\left(abc\right)^3\Leftrightarrow abc\ge3^6\).Điều này luôn đúng theo (1)
Suy ra:\(ab+bc+ca\ge9\sqrt{abc}=9\left(a+b+c\right)\).Hoàn tất chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=9\)
Thanks bạn nhiều nhé!