cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn : a+b+c=1 .Chứng minh rằng : ab+bc+ca-3abc \(\...

\(\...">

K

Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

Mua vip

NT

Nguyễn Thị Mỹ vân

27 tháng 8 2021

cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn : a+b+c=1 .

Chứng minh rằng : ab+bc+ca-3abc \(\ge\)1/4

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

2

TC

Trên con đường thành công không có....

27 tháng 8 2021

undefined

NT

Ngô Thành Chung

27 tháng 8 2021

Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên

NT

Nguyễn Thị Mỹ vân

27 tháng 8 2021

Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn a²+b²+c²+abc=4 .Chứng minh rằng :

\(abc+2\ge ab+bc+ca\ge abc\)

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

1

HP

Hồng Phúc

27 tháng 8 2021

Giả sử \(c\le1\).

Khi đó: \(ab+bc+ca-abc=ab\left(1-c\right)+c\left(a+b\right)\ge0\)

\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge abc\left(1\right)\)

Đẳng thức xảy ra chẳng hạn với \(a=2,b=c=0\).

Theo giả thiết:

\(4=a^2+b^2+c^2+abc\ge2ab+c^2+abc\)

\(\Leftrightarrow ab\left(c+2\right)\le4-c^2\)

\(\Leftrightarrow ab\le2-c\)

Trong ba số \(\left(a-1\right),\left(b-1\right),\left(c-1\right)\) luôn có hai số cùng dấu.

Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\).

\(\Rightarrow ab-a-b+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow ab\ge a+b-1\)

\(\Leftrightarrow abc\ge ca+bc-c\)

\(\Rightarrow abc+2\ge ca+bc+2-c\ge ab+bc+ca\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\Rightarrow\) Bất đẳng thức được chứng minh.

PB

Phạm Bá Tâm

17 tháng 2 2022 - olm

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn, Chứng mình rằng:

\(\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{c^2}}\ge\sqrt{82}\)

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

1

ND

Nguyễn Đăng Nhân

17 tháng 2 2022

Đặt: \(A=\sqrt{a^2+\frac{1}{a^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{c^2}}\), khi đó ta được:

\(A^2=a^2+\frac{1}{a^2}+b^2+\frac{1}{b^2}+c^2+\frac{1}{c^2}\)

\(+2\cdot\sqrt{\left(a^2+\frac{1}{a^2}\right)\left(b^2+\frac{1}{b^2}\right)}+2\cdot\sqrt{\left(b^2+\frac{1}{b^2}\right)\left(c^2+\frac{1}{c^2}\right)}+2\cdot\sqrt{\left(c^2+\frac{1}{c^2}\right)\left(a^2+\frac{1}{a^2}\right)}\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

\(\sqrt{\left(a^2+\frac{1}{a^2}\right)\left(b^2+\frac{1}{b^2}\right)}\ge\sqrt{\left(ab+\frac{1}{ab}\right)^2}=ab+\frac{1}{ab}\)

\(\sqrt{\left(b^2+\frac{1}{b^2}\right)\left(c^2+\frac{1}{c^2}\right)}\ge\sqrt{\left(bc-\frac{1}{bc}\right)^2}=bc+\frac{1}{bc}\)

\(\sqrt{\left(c^2+\frac{1}{c^2}\right)\left(a^2+\frac{1}{a^2}\right)}\ge\sqrt{\left(ca+\frac{1}{ca}\right)^2}=ca+\frac{1}{ca}\)

Do đó ta có:

\(A^2\ge a^2+b^2+c^2+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2\left(ab+bc+ca+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)\)

\(=\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge\left(a+b+c\right)^2+\left(\frac{9}{a+b+c}\right)^2=82\)

Hay \(A\ge\sqrt{82}\), vậy bất đẳng thức được chứng minh.

NM

Nguyễn Minh Huy

5 tháng 4 2021 - olm

Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=3. Chứng minh rằng:

\(\frac{a+1}{1+b^2}+\frac{b+1}{1+c^2}+\frac{c+1}{1+a^2}\ge3\)

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

1

DD

Đoàn Đức Hà

Giáo viên

5 tháng 4 2021

Theo bất đẳng thức AM - GM ta có:

\(\frac{a+1}{b^2+1}=a+1-\frac{\left(a+1\right)b^2}{b^2+1}\ge a+1-\frac{\left(a+1\right)b^2}{2b}=a+1-\frac{ab+b}{2}\)

Làm tương tự có hai bất đẳng thức với \(\frac{b+1}{c^2+1}\)và \(\frac{c+1}{a^2+1}\)sau đó cộng lại ta có:

\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge\left(a+1-\frac{ab+b}{2}\right)+\left(b+1-\frac{bc+c}{2}\right)+\left(c+1-\frac{ca+a}{2}\right)\)

\(=3+\frac{a+b+c-ab-bc-ca}{2}\).

Nếu ta chứng minh được \(a+b+c-ab-bc-ca\ge0\)ta sẽ có đpcm.

Ta có: \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

\(\Leftrightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca\).

Do đó ta có đpcm.

S

Sennn

15 tháng 4 2022

Cho các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện : (0 < c < b< a<=3); (2ab <= 2a+3b); (3abc <= ab+3bc+2ca.)
Chứng minh rằng a³ +b³ + c³<= 36.

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

0

NT

Nguyễn Thị Mỹ vân

30 tháng 8 2021

Cho 3 số thực dương a,b,c .Chứng minh rằng :

\(1+\dfrac{3}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{6}{a+b+c}\)

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

0

NT

Nguyễn Thị Mỹ vân

30 tháng 8 2021

Cho ba số thực dương a,b,c .Chứng minh rằng :

\(1+\dfrac{3}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{6}{a+b+c}\)

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

1

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

30 tháng 8 2021

\(1+\dfrac{9}{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge1+\dfrac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge2\sqrt{\dfrac{9}{\left(a+b+c\right)^2}}=\dfrac{6}{a+b+c}\)

SG

Sách Giáo Khoa

11 tháng 4 2017

a) Giải phương trình : \(\cos2x-\cos3x+\cos4x=0\)

b) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có số đo các góc là A, B, C thỏa mãn điều kiện \(\dfrac{\sin B}{\sin C}=2\cos A\) thì đó là tam giác cân

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

2

BT

Bùi Thị Vân

14 tháng 4 2017

Đkxđ: \(x\in R\).
\(cos2x-cos3x+cos4x=0\Leftrightarrow\left(cos2x+cos4x\right)-cos3x=0\)
\(\Leftrightarrow2cos3x.cosx-cos3x=0\)
\(\Leftrightarrow cos3x\left(2cos2x-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}cos3x=0\\2cos2x-1=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}cos3x=0\\cos2x=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\)
\(cos3x=0\Leftrightarrow3x=\dfrac{\pi}{2}+k\pi\Leftrightarrow x=\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{k\pi}{3}\)
\(cos2x=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2x=\dfrac{\pi}{3}+k2\pi\\2x=-\dfrac{\pi}{3}+k2\pi\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{\pi}{6}+k\pi\\x=-\dfrac{\pi}{6}+k\pi\end{matrix}\right.\)

BT

Bùi Thị Vân

14 tháng 4 2017

\(\dfrac{sinB}{sinC}=2cosA\Leftrightarrow sinB=2cosA.sinC\)
\(\Leftrightarrow sinB=sin\left(A+C\right)+sin\left(C-A\right)\)
\(\Leftrightarrow sinB=sin\left(\pi-\left(A+C\right)\right)+sin\left(C-A\right)\)
\(\Leftrightarrow sinB=sinB+sin\left(C-A\right)\)
\(\Leftrightarrow sin\left(C-A\right)=0\) (1)
Do A, C là số đo các góc trong tam giác nên từ (1) suy ra:
\(C=A\) hay tam giác ABC cân.

NM

Nguyễn Minh Huy

15 tháng 3 2021 - olm

cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=ab+bc+ac. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(P=\frac{a^2}{a^2+3bc}+\frac{b^2}{b^2+3ac}+\frac{c^2}{c^2+3ab}+\sqrt{a+b+c}\)

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

0

DN

Đặng Ngọc

28 tháng 7 2019

cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác. Chứng minh rằng: \(\frac{1}{a+b-c}\)+\(\frac{1}{b+c-a}\)+\(\frac{1}{c+a-b}\)\(\ge\)\(\frac{1}{a}\)+\(\frac{1}{b}\)+\(\frac{1}{c}\)

#Hỏi cộng đồng OLM #Toán lớp 11

1

TT

Trần Thanh Phương

28 tháng 7 2019

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si liên tục 2 lần ta có :

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{2}{\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}}\ge\frac{2}{\frac{\left(a+b-c\right)+\left(b+c-a\right)}{2}}=\frac{2}{\frac{2b}{2}}=\frac{2}{b}\)

Chứng minh tương tự ta cũng có :

\(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{2}{a};\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\ge\frac{2}{c}\)

Cộng theo vế của 3 bất đẳng thức trên ta được :

\(2\cdot\left(\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\right)\ge2\cdot\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)

Hay ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\) hay tam giác ABC đều