Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
2) Ta có : \(\left|x-1\right|+\left|1-x\right|=2\) (1)
Xét 3 trường hợp :
1. Với \(x>1\) , phương trình (1) trở thành : \(x-1+x-1=2\Leftrightarrow2x=4\Leftrightarrow x=2\) (thoả mãn)
2. Với \(x< 1\), phương trình (1) trở thành : \(1-x+1-x=2\Leftrightarrow2x=0\Leftrightarrow x=0\)(thoả mãn)
3. Với x = 1 , phương trình vô nghiệm.
Vậy tập nghiệm của phương trình : \(S=\left\{0;2\right\}\)
1) Cách 1:
Ta có ; \(A=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=1+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+1+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+1\)
\(=3+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\)
Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy :\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\sqrt{\frac{a}{b}.\frac{b}{a}}=2\) ;\(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\ge2\) ; \(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\ge2\)
\(\Rightarrow A\ge1+2+2+2=9\). Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{a}{b}=\frac{b}{a}\\\frac{b}{c}=\frac{c}{b}\\\frac{a}{c}=\frac{c}{a}\end{cases}}\)\(\Leftrightarrow a=b=c\)
Vậy Min A = 9 <=> a = b = c
Cách 2 : Sử dụng bđt Bunhiacopxki : \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(1+1+1\right)^2=9\)
Khai triển của biểu thức trên là:
P=\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
=\(1+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+1+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+1\)
=\(3+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)\)
Mặt khác: \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)với mọi x,y dương \(\Rightarrow\frac{P}{3+2+2+2}=9\)
Vậy \(P_{min}=9\Leftrightarrow a=b=c\)
1. Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương a, b, c ta có:
\(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)Nhán vế theo vế 2 BĐT vừa tìm được với nhau ta được:
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\sqrt[3]{abc\cdot\frac{1}{abc}}=9\)Vậy GTNN của ... là 9 đạt được khi a = b = c
2.\(x\left(x+1\right)\left(x+2\right)\left(x+3\right)=\left[x\left(x+3\right)\right]\left[\left(x+1\right)\left(x+2\right)\right]\)\(=\left(x^2+3x\right)\left(x^2+3x+2\right)\)(1)
Đặt \(x^2+3x+1=a\)\(\Rightarrow\left(1\right)=\left(a-1\right)\left(a+1\right)=a^2-1\ge-1\)
Vậy GTNN của ... là -1 đạt được khi \(a^2=0\Leftrightarrow a=0\Leftrightarrow x^2+3x+1=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=\frac{-3+\sqrt{5}}{2}\\x=\frac{-3-\sqrt{5}}{2}\end{cases}}\)
Dễ dàng chứng minh được:
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}\)với \(x,y>0\)(1)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow x=y>0\)
Ta có:
\(\frac{a}{bc\left(a+1\right)}=\frac{a}{abc+bc}=\frac{a}{ab+bc+ca+bc}=\frac{a}{\left(ab+bc\right)+\left(bc+ca\right)}\)
Áp dụng (1), ta được:
\(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\ge\frac{4}{\left(ab+bc\right)+\left(bc+ca\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{4\left(ab+bc\right)}+\frac{1}{4\left(bc+ca\right)}\ge\frac{1}{ab+bc+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{a}{ab+bc+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{a}{bc\left(a+1\right)}\left(2\right)\)
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow b=c>0\)
Chúng minh tương tự, ta được:
\(\frac{b}{4}\left(\frac{1}{ab+ca}+\frac{1}{bc+ca}\right)\ge\frac{b}{ca\left(b+1\right)}\left(3\right)\)
Dấu bằng xảu ra \(\Leftrightarrow a=c>0\).
\(\frac{c}{4}\left(\frac{1}{ac+ab}+\frac{1}{ab+bc}\right)\ge\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\left(4\right)\)
Từ (2), (3) và (4), ta được:
\(\frac{a}{bc\left(a+1\right)}+\frac{b}{ca\left(b+1\right)}+\frac{c}{ab\left(c+1\right)}\le\)\(\frac{a}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{bc+ac}\right)+\frac{b}{4}\left(\frac{1}{ac+bc}+\frac{1}{ac+ab}\right)\)\(+\frac{c}{4}\left(\frac{1}{ab+bc}+\frac{1}{ab+ac}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}.\left(\frac{a}{ab+bc}+\frac{c}{ab+bc}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{a}{bc+ac}+\frac{b}{bc+ac}\right)\)\(+\frac{1}{4}\left(\frac{b}{ab+ac}+\frac{c}{ab+ac}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{a+c}{4\left(ab+bc\right)}+\frac{a+b}{4\left(bc+ac\right)}+\frac{b+c}{4\left(ab+ac\right)}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{a+c}{4b\left(a+c\right)}+\frac{a+b}{4c\left(a+b\right)}+\frac{b+c}{4a\left(b+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4b}+\frac{1}{4c}+\frac{1}{4a}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{1}{4}.\frac{abc}{abc}=\frac{1}{4}.1=\frac{1}{4}\)( vì \(ab+bc+ca=abc\))
Dấu bằng xảy ra
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b=c>0\\ab+bc+ca=abc\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=3\)
Vậy \(minP=\frac{1}{4}\Leftrightarrow a=b=c=3\)
\(B=\frac{2001}{2}\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right].\left[\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right]\)
\(B=\frac{2001}{2}\left[\frac{a+b}{a+b}+\frac{a+b}{b+c}+\frac{a+b}{c+a}+\frac{b+c}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{b+c}{c+a}+\frac{c+a}{a+b}+\frac{c+a}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}\right]\)
\(B=\frac{2001}{2}\left[1+\left(\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}\right)+\left(\frac{a+b}{c+a}+\frac{c+a}{a+b}\right)+1+\left(\frac{b+c}{c+a}+\frac{c+a}{b+c}\right)+1\right]\)
Dễ dàng chứng minh được \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\). Suy ra:
\(\left(\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}\right)\ge2\); \(\left(\frac{a+b}{c+a}+\frac{c+a}{a+b}\right)\ge2\); \(\left(\frac{b+c}{c+a}+\frac{c+a}{b+c}\right)\ge2\)
=> \(B\ge\frac{2001}{2}.\left(3+2+2+2\right)=\frac{18009}{2}\)
Dấu = khi và chỉ khi \(\frac{a+b}{b+c}=\frac{b+c}{a+b}=\frac{c+a}{b+c}\Rightarrow a=b=c\)
vậy Min B = 18009/2
Ta có \(P=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right).\)
\(P=\frac{a}{a}+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{c}{c}\)
\(P=1+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+1+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+1\)
\(P=3+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\)
\(P=3+\frac{b+c}{a}+\frac{a+c}{b}+\frac{a+b}{c}\)
Áp dụng bdt Cô-si ( tự làm lười lắm :>)
\(\Rightarrow P=3+2+2+2=9\)
\(\Rightarrow P=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9.\)
GTNN của P là 9
\(P=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(P=\left[\left(\sqrt{a}\right)^2+\left(\sqrt{b}\right)^2+\left(\sqrt{c}\right)^2\right]\left[\left(\frac{1}{\sqrt{a}}\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{b}}\right)^2+\left(\frac{1}{\sqrt{c}}\right)^2\right]\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki
\(\Rightarrow P\ge\left(\sqrt{a}.\frac{1}{\sqrt{a}}+\sqrt{b}.\frac{1}{\sqrt{b}}+\sqrt{c}.\frac{1}{\sqrt{c}}\right)^2=\left(1+1+1\right)^2=9\)
Vậy Min P = 9 <=> a = b = c = 1
Ta có :
\(\left(a-\frac{1}{b}\right)\left(b-\frac{1}{c}\right)\left(c-\frac{1}{a}\right)\ge\left(a-\frac{1}{a}\right)\left(b-\frac{1}{b}\right)\left(c-\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ac-1\right)}{abc}\ge\frac{\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)}{abc}\)
\(\Leftrightarrow\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ac-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(ab-bc\right)^2+\left(bc-ac\right)^2+\left(ac-ab\right)^2\ge\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a-c\right)^2\left(b^2-1\right)+\left(b-c\right)^2\left(a^2-1\right)+\left(a-b\right)^2\left(c^2-1\right)\ge0\left(1\right)\)
Do a,b,c là các số thực dương không nhỏ hơn 1 nên (1) đúng .
Dấu đẳng thức xảy ra khi và khỉ khi : \(\hept{\begin{cases}\left(a-c\right)^2\left(b^2-1\right)=0\\\left(b-c\right)^2\left(a^2-1\right)=0\\\left(a-b\right)^2\left(c^2-1\right)=0\end{cases}\Rightarrow a=b=c}\)
Dấu "=" còn xảy ra ở các TH:
a = b = 1, c bất kì .
a = c =1, b bất kì
b = c = 1, a bất kì
( a, b, c ko nhỏ hơn 1 )
Ta có : \(P=a+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+1+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+1\)
\(=3+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)\)
Mặt khác \(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\ge2\)Với mọi \(x,y\)dương \(\Rightarrow P=3+2+2+2=9\)
Vậy \(Pmir=9\)khi \(a=b=c\)