Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(P=\frac{a^3}{b^2+c^2}+\frac{b^3}{c^2+a^2}+\frac{c^3}{a^2+b^2}\)
Ta có:
\(P\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b+a^2b}\)
Ta có:
\(a^2c+b^2a+c^2b\le\sqrt{\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^3}{3}}\)
\(ac^2+b^2c+a^2b\le\sqrt{\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^3}{3}}\)
\(P\ge\frac{\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}}{2}\ge\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
\(\frac{a^2+b}{b+c}+\frac{b^2+c}{c+a}+\frac{c^2+a}{a+b}=\left(\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\right)+\left(\frac{b}{b+c}+\frac{a}{a+b}+\frac{c}{c+a}\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca+a^2+b^2+c^2}\)
\(\ge\frac{1}{2}+\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(ab+bc+ca\right)}=2\)\(2\)
cmhoantat
mấy bài cơ bản nên cũng dễ, mk có thể giải hết cho bn vs 1 đk : bn đăng từng câu 1 thôi nhé !
bài 3 có thể lên gg tìm kỹ thuật AM-GM (cosi) ngược dấu
bài 8 c/m bđt phụ 5b3-a3/ab+3b2 </ 2b-a ( biến đổi tương đương)
những câu còn lại 1 nửa dùng bđt AM-GM , 1 nửa phân tích nhân tử ròi dựa vào điều kiện
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.
a)Bạn đặt A = a/ (1 + a^2). => A + a^2A = a => a^2A - a + A = 0. ta có delta = 1 - 4A^2 ( gọi ẩn số là a). => để pt có nghiệm <=> 1 - 4A^2 >= 0 => để phương trình có nghiệm => 1 - 4A^2 >= 0 => 1 >= 4A^2 => A =< 1/2. => max A = 1/2. bạn giải tương tự B = b/(1+b^2), C = c/(1 + c^2) rồi cộng vào nhau là ra ngay thôi. Đây là cách giải bằng delta.
b)bạn có (a^2 - b^2)/c = ((a+b)(a-b))/c >= (c + c)(a-b)/c = 2(a - b). Bạn có c =< b ( theo đề bài) = > c + b =< 2b => (c + b) =<2b => (c + b)/b <= 2 => (c + b)/a <= 2. từ đó ta có (c^2 - b^2)/a = (c -b )(c + b)/a >= 2(c - b).
chứng minh tương tự:(a + c)/b > 1 => (a^2 - c^2)/b >= a - c.( sr ngại gõ lắm) => cộng 3 vế ta được đpcm
2a²/(a-b) + b²/(b-c) = (2a²-2b²)/(a-b) + (b²-c²)/(b-c) + 2b²/(a-b) + c²/(b-c)
= 2(a+b) + (b+c) + 2b²/(a-b) + c²/(b-c)
>2a +3b +c (vì a,b,c > 0)
Final Answer
\(\boxed{\frac{a^{2}}{a + b^{2}} + \frac{b^{2}}{b + c^{2}} + \frac{c^{2}}{c + a^{2}} \geq \frac{a + b + c}{2}}\)
a=b=c=1
ta có: \(\frac{a^2}{a+b^2}=a-\frac{ab^2}{a+b^2}\ge a-\frac{b\sqrt{a}}{2}\)
=> \(VT\ge9a+b+c)-\frac12\left(b\sqrt{a}+c\sqrt{b}+a\sqrt{c}\right)\)
ta có: \(b\sqrt{a}=\sqrt{b\cdot ba}\le\frac{b+ab}{2}\)
=> \(b\sqrt{a}+c\sqrt{b}+a\sqrt{c}\le\frac{a+b+c+ab+bc+ca}{2}\)
cần CM: \(\frac{a+b+c+ab+bc+ca}{2}\le a+b+c\Rightarrow ab+bc+ca\le a+b+c\)
ta có: \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)=9\Rightarrow a+b+c\le3\)
=> \(\frac{1}{a+b+c}\ge\frac13\)
=> \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=a+b+c\)
vậy bt dc CM
dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Ta có: \(\frac{a^2}{a + b^2} = \frac{a(a + b^2) - ab^2}{a + b^2} = a - \frac{ab^2}{a + b^2}\)
Với \(a + b^2 \ge 2\sqrt{a \cdot b^2} = 2b\sqrt{a}\) , ta có:
\(\frac{ab^2}{a + b^2} \le \frac{ab^2}{2b\sqrt{a}} = \frac{b\sqrt{a}}{2}\)
Áp dụng định lý cô si cho \(b\sqrt{a}\) :
\(\frac{b\sqrt{a}}{2} \le \frac{b^2 + a}{4}\)
\(\Longrightarrow\frac{a^2}{a + b^2}\ge a-\frac{a + b^2}{4}\)
Tương tư: \(\frac{b^2}{b + c^2} \ge b - \frac{b + c^2}{4}\)
\(\frac{c^2}{c + a^2} \ge c - \frac{c + a^2}{4}\)
Cộng hai vế lại với nhau ta được:
VT \(\ge\) \((a+b+c)-\frac{(a + b + c) + (a^2 + b^2 + c^2)}{4}\)
Thay \(a^2 + b^2 + c^2 = 3\)
VT \(\ge\frac{3(a + b + c) - (a + b + c)}{4}=\frac{2(a + b + c)}{4}=\frac{a + b + c}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\) (dpcm)