Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
11/Theo BĐT AM-GM,ta có; \(ab.\frac{1}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}\le\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\)\(=\frac{1}{4}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}\right)\)
Tương tự với hai BĐT kia,cộng theo vế và rút gọn ta được đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi a= b=c
Ơ vãi,em đánh thiếu abc dưới mẫu,cô xóa giùm em bài kia ạ!
9/ \(VT=\frac{\Sigma\left(a+2\right)\left(b+2\right)}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}\)
\(=\frac{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}{\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+8+abc+\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(\le\frac{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}{\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+9+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}}\)
\(=\frac{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}=1\left(Q.E.D\right)\)
"=" <=> a = b = c = 1.
Mong là lần này không đánh thiếu (nãy tại cái tội đánh ẩu)
Lời giải
Vì $0\leq a\leq b\leq c\leq 1$ nên $ab,bc,ca\geq abc$
Do đó
$A=\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\leq \frac{a+b+c}{abc+1}$
Ta cần CM $\frac{a+b+c}{abc+1}\leq 2\Leftrightarrow 2(abc+1)\geq a+b+c$
Thật vậy:
Vì $a,b,c \leq 1$ nên $\left\{\begin{matrix}(a-1)(bc-1)\geq 0\\ (b-1)(c-1)\geq 0\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}2abc+1\geq abc+1\geq bc+a\\ bc+1\geq b+c\end{matrix}\right.$
Do đó $2abc+2\geq a+bc+1\geq a+b+c$
Hoàn tất chứng minh
Dấu bằng xảy ra khi $(a,b,c)=(0,1,1)$
a) Ta có:
\(M\left(x\right)=A\left(x\right)-2.B\left(x\right)+C\left(x\right)\)
\(=\left(2x^5-4x^3+x^2-2x+2\right)-2.\left(x^5-2x^4+x^2-5x+3\right)+\left(x^4+3x^3+3x^2-8x+4\frac{3}{16}\right)\)
\(=2x^5-4x^3+x^2-2x+2-2x^5+4x^4-2x^2+10x-6+x^4+4x^3+3x^2-8x+\frac{67}{16}\)
\(=\left(2x^5-2x^5\right)+\left(4x^4+x^4\right)+\left(-4x^3+4x^3\right)+\left(x^2-2x^2+3x^2\right)+\left(-2x+10x-8x\right)+\left(2-6+\frac{67}{16}\right)\)
\(=0+5x^4+0+2x^2+0+\frac{3}{16}\)
\(=5x^4+2x^2+\frac{3}{16}\)
b) Thay \(x=-\sqrt{0,25}=-0,5\); ta có:
\(M\left(-0,5\right)=5.\left(-0,5\right)^4+2.\left(-0,5\right)^2+\frac{3}{16}\)
\(=5.0,0625+2.0,25+\frac{3}{16}\)
\(=\frac{5}{16}+\frac{8}{16}+\frac{3}{16}=\frac{16}{16}=1\)
c) Ta có:
\(x^4\ge0\) với mọi x
\(x^2\ge0\) với mọi x
\(\Rightarrow5x^4+2x^2+\frac{3}{16}>0\) với mọi x
Do đó không có x để M(x)=0
Giải:
Vì \(0\leq a,b,c\leq 1\Rightarrow ab,ac,ab\geq abc\)
Do đó mà \(\frac{a}{bc+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\leq \frac{a+b+c}{abc+1}\)
Giờ chỉ cần chỉ ra \(\frac{a+b+c}{abc+1}\leq 2\). Thật vậy:
Do \(0\leq b,c\leq 1\Rightarrow (b-1)(c-1)\geq 0\Leftrightarrow bc+1\geq b+c\Rightarrow bc+a+1\geq a+b+c\)
Suy ra \( \frac{a+b+c}{abc+1}\leq \frac{bc+a+1}{abc+1}=\frac{bc+a-2abc-1}{abc+1}+2=\frac{(bc-1)(1-a)-abc}{abc+1}+2\)
Ta có \(\left\{\begin{matrix}bc\le1\\a\le1\\abc\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{\begin{matrix}\left(bc-1\right)\left(1-a\right)\le1\\-abc\le0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \frac{(bc-1)(1-a)-abc}{abc+1}+2\leq 2\Rightarrow \frac{a+b+c}{abc+1}\leq 2\)
Chứng minh hoàn tất
Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(0,1,1)\) và hoán vị.
15.
Ta có \(a+b+c+ab+bc+ac=6\)
Mà \(ab+bc+ac\le\left(a+b+c\right)^2\)
=> \(\left(a+b+c\right)^2+\left(a+b+c\right)-6\ge0\)
=> \(a+b+c\ge3\)
\(A=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ac}\ge a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\ge3\)(ĐPCM)
Bài 18, Đặt \(\left(a^2-bc;b^2-ca;c^2-ab\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\) thì bđt trở thành
\(x^3+y^3+z^3\ge3xyz\)
\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\right]\ge0\)
Vì \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)nên ta đi chứng minh \(x+y+z\ge0\)
Thật vậy \(x+y+z=a^2-bc+b^2-ca+c^2-ab\)
\(=\frac{1}{2}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\ge0\)(đúng)
Tóm lại bđt được chứng minh
Dấu "=": tại a=b=c
17)Em sửa đề chút ạ, sai mong cô bỏ qua: CMR: \(a+2b+c\ge...\)
Ta có: \(\left(x-y\right)^2\ge0\forall x,y\Leftrightarrow x^2+y^2\ge2xy\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\)(*)
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta được: \(4\left(b+c\right)\left(1-c\right)\le\left(b+c+1-c\right)^2=\left(b+1\right)^2\)(1)
Từ a+b+c=1 \(\Rightarrow1-a=b+c\)Khi đó:
\(4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=4\left(b+c\right)\left(1-c\right)\left(1-b\right)\)
Kết hợp với (1) suy ra:
\(4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le\left(b+1\right)^2\left(1-b\right)\)
\(\Rightarrow4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le\left(1-b^2\right)\left(1+b\right)\le1.\left(1+b\right)\)
\(\Rightarrow4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\le1+b=a+b+c+b=a+2b+c\left(đpcm\right)\)
Vì phương trình đã cho là phương trình bậc 2 nên \(a\ne0\)
Theo hệ thức Vi-ét thì \(\hept{\begin{cases}m+n=-\frac{b}{a}\\mn=\frac{c}{a}\end{cases}}\)
Ta có \(Q=\frac{2a^2-ac-2ab+bc}{a^2-ab+ac}\)
\(=\frac{\left(2a-c\right)\left(a-b\right)}{a\left(a-b+c\right)}\)
\(=\frac{a-b}{a}.\frac{2a-c}{a-b+c}\)
\(=\left(1-\frac{b}{a}\right).\frac{2-\frac{c}{a}}{1-\frac{b}{a}+\frac{c}{a}}\)
\(=\left(1+m+n\right).\frac{2-mn}{1+m+n+mn}\)
\(\ge\left(1+m+n\right).\frac{2-\frac{\left(m+n\right)^2}{4}}{1+m+n+\frac{\left(m+n\right)^2}{4}}\left(Cauchy\right)\)
Đặt \(m+n=a\)
Vì \(0\le m;n\le1\Rightarrow0\le a\le2\)
Khi đó \(Q=\left(1+a\right).\frac{2-\frac{a^2}{4}}{1+a+\frac{a^2}{4}}\)
\(=\left(1+a\right).\frac{8-a^2}{4+4a+a^2}\)
\(\ge\left(1+a\right).\frac{8-2^2}{a^2+4a+4}\)(Do \(0\le a\le2\))
\(=\frac{4\left(1+a\right)}{a^2+4a+4}=M\)
Ta đi chứng minh \(M\ge\frac{3}{4}\)
Thật vậy \(M\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{4\left(1+a\right)}{a^2+4a+4}\ge\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow16\left(1+a\right)\ge3\left(a^2+4a+4\right)\)
\(\Leftrightarrow16+16a\ge3a^2+12a+12\)
\(\Leftrightarrow4+4a-3a^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(2-a\right)\left(3a+2\right)\ge0\)Luôn đúng với mọi 0 < a < 2
Do đó \(Q\ge M\ge\frac{3}{4}\)
Dấu "='' <=> a = 2 tức là m + n = 2
\(\Leftrightarrow-\frac{b}{a}=2\)
\(\Leftrightarrow b=-2a\)
Uầy, đánh nhầm vài chỗ, cô Chi xóa cho em câu đó nhé!
Câu 17. Cách khác
Kết hợp điều kiện giả thiết suy ra ta cần chứng minh \(a+2b+c\ge4\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Đặt \(a+b=x;b+c=y;c+a=z\)(với x,y,z dương và x + y + z = 2)
BĐT quy về chứng minh \(x+y\ge4xyz\)(*)
Ta có: \(4=\left[\left(x+y\right)+z\right]^2\ge4\left(x+y\right)z\Leftrightarrow1\ge\left(x+y\right)z\)
Vì x,y,z dương nên \(\frac{x+y}{xyz}\)dương suy ra \(\frac{x+y}{xyz}\ge\frac{\left(x+y\right)^2z}{xyz}\ge\frac{4xyz}{xyz}=4\)
\(\Leftrightarrow x+y\ge4xyz\)(đúng theo (*))
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}x+y=z\\x=y\\x+y+z=2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y=\frac{1}{2}\\z=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=c=\frac{1}{2}\\b=0\end{cases}}\)
cho mình góp ý xíu: Câu 15 .Bạn @Trần Phúc Khang dòng thứ hai ạ, sửa thành:
\(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}.\)rồi thay vào giải tương tự...
@ Incursion@ Cái bài 16 em làm vẫn thiếu. Điều kiện xảy ra dấu bằng: a=2 nghĩa là m=n=1
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}-\frac{b}{a}=2\\\frac{c}{a}=1\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b=-2a\\a=c\end{cases}}\)
@ Trần Phúc Khang@ bài em giải sai rôi! Dấu bằng ko thể xảy ra nếu em làm như thế!
Bài 17. Cách khác
Kết hợp điều kiện giả thiết suy ra ta cần chứng minh \(a+2b+c\ge4\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Đặt \(a+b=x;b+c=y;c+a=z\)(x,y,z không âm và x + y + z = 2)
Khi đó bđt trở thành \(x+y\ge4xyz\)(*)
Ta có: \(2=\left[\left(x+y\right)+z\right]\ge4\left(x+y\right)z\Rightarrow\left(x+y\right)z\le1\)
Vì x,y,z dương nên \(\frac{x+y}{xyz}\)dương\(\Rightarrow\frac{x+y}{xyz}\ge\frac{\left(x+y\right)^2z}{xyz}\ge\frac{4xyz}{xyz}=4\Leftrightarrow x+y\ge4xy\)(đúng với (*))
Đẳng thức xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}x+y=z\\x=y\\x+y+z=2\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=y=\frac{1}{2}\\z=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=c=\frac{1}{2}\\b=0\end{cases}}\)
ai biết
gmgvhfjyhfhgfyftgsreujtyufnhgf
gì vậy
yhluio45t
ừa gì vậy ta😕 😕 😕 🏅 🏅 🎮
Ta có \(\overline{a+b+c+ab+bc+ac=6}\)
Mà\(\overline{ab+bc+ac\le\left(a+b+c\right)^2}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2+\left(a+b+c\right)-6\ge0\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge\)3
\(\overline{A=\dfrac{^4a}{ab}+\dfrac{^4b}{bc}+\dfrac{^4c}{ac}}^2\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+bc+ac}\ge\dfrac{1}{3}\left(a+b+c^2\right)\ge3\left(ĐPCM\right)\)