Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\left\{{}\begin{matrix}a\ge4\\b\ge5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a^2+b^2\ge16+25=41\Rightarrow c^2=90-\left(a^2+b^2\right)\le49\Rightarrow c\le7\)
Tương tự: \(b=\sqrt{90-\left(a^2+c^2\right)}\le\sqrt{90-\left(4^2+6^2\right)}=\sqrt{38}\)
\(a\le\sqrt{90-\left(5^2+6^2\right)}=\sqrt{29}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a-4\right)\left(a-9\right)\le0\\\left(b-5\right)\left(b-8\right)\le0\\\left(c-6\right)\left(c-7\right)\le0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}13a\ge a^2+36\\13b\ge b^2+40\\13c\ge c^2+42\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow13\left(a+b+c\right)\ge a^2+b^2+c^2+118=208\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge16\)
\(P_{min}=16\) khi \(\left(a;b;c\right)=\left(4;5;7\right)\)
Đặt A=\(\dfrac{b+c+5}{1+a}+\dfrac{c+a+4}{2+b}+\dfrac{a+b+3}{3+c}\)
Ta có :A+3=\(\left(\dfrac{b+c+5}{1+a}+1\right)+\left(\dfrac{c+a+4}{2+b}+1\right)+\left(\dfrac{a+b+3}{3+a}+1\right)\)
=\(\dfrac{a+b+c+6}{1+a}+\dfrac{a+b+c+6}{2+b}+\dfrac{a+b+c+6}{3+c}\)
=\(\left(a+b+c+6\right)\left(\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{2+b}+\dfrac{1}{3+c}\right)\)
=\([\left(a+1\right)+\left(b+2\right)+\left(c+3\right)|\left(\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+2}+\dfrac{1}{c+3}\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM dạng \(\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\ge9\)( với x,y,z>0)
Ta có :A+3\(\ge9\)\(\Rightarrow A\ge6\)
Dấu "=" xảy ra khi a=3,b=2,c=1
Có: \(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3\ge4\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)\)
<=> \(\left(\frac{a}{b}+1\right)+\left(\frac{b}{c}+1\right)+\left(\frac{c}{a}+1\right)\ge\frac{4a}{a+b}+\frac{4b}{b+c}+\frac{4c}{c+a}\)
<=> \(\frac{a+b}{b}+\frac{b+c}{c}+\frac{c+a}{a}\ge\frac{4a}{a+b}+\frac{4b}{b+c}+\frac{4c}{c+a}\)
<=> \(\frac{a+b}{b}+\frac{b+c}{c}+\frac{c+a}{a}+\frac{4b}{a+b}+\frac{4c}{b+c}+\frac{4a}{c+a}\)
\(\ge\frac{4a}{a+b}+\frac{4b}{b+c}+\frac{4c}{c+a}+\frac{4b}{a+b}+\frac{4c}{b+c}+\frac{4a}{c+a}\)
<=> \(\left(\frac{a+b}{b}+\frac{4b}{a+b}\right)+\left(\frac{b+c}{c}+\frac{4c}{b+c}\right)+\left(\frac{c+a}{a}+\frac{4a}{c+a}\right)\)
\(\ge\left(\frac{4a}{a+b}+\frac{4b}{a+b}\right)+\left(\frac{4b}{b+c}+\frac{4c}{b+c}\right)+\left(\frac{4c}{c+a}+\frac{4a}{c+a}\right)\)
<=> \(\left(\frac{a+b}{b}+\frac{4b}{a+b}\right)+\left(\frac{b+c}{c}+\frac{4c}{b+c}\right)+\left(\frac{c+a}{a}+\frac{4a}{c+a}\right)\ge4+4+4\)
<=> \(\left(\frac{a+b}{b}+\frac{4b}{a+b}\right)+\left(\frac{b+c}{c}+\frac{4c}{b+c}\right)+\left(\frac{c+a}{a}+\frac{4a}{c+a}\right)\ge12\)(1)
Áp dụng Cô-si: (1) đúng.
Vậy Bất đẳng thức ban đầu đúng.
"=" <=> a = b = c.
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3\ge4\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+1\right)+\left(\frac{b}{c}+1\right)+\left(\frac{c}{a}+1\right)\ge4\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{b}-\frac{4a}{a+b}+\frac{b+c}{c}-\frac{4b}{b+c}+\frac{c+a}{a}-\frac{4c}{c+a}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{b\left(a+b\right)}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c\left(b+c\right)}+\frac{\left(c-a\right)^2}{a\left(a+c\right)}\ge0\)
Luôn đúng vì a,b,c là các số dương
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c
Lời giải:
Ta viết lại biểu thức vế trái:
\(\text{VT}=\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}=\left(\frac{a}{c}+\frac{a}{b}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\right)\)
\(=a\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+b\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)+c\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
Áp dụng BĐT Svac-xơ: \(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{4}{b+c}; \frac{1}{c}+\frac{1}{a}\geq \frac{4}{c+a}; \frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}\)
Do đó:
\(\text{VT}\geq a.\frac{4}{b+c}+b.\frac{4}{c+a}+c.\frac{4}{a+b}=4\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\right)\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
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.
\(Taco:\)
\(Đặt:S=a^2+b^2+c^2\)
\(.Với:a=4;b=5;c=6\Rightarrow S=76< 90\)
\(Taco:4+5+6=15\)
\(mà:a=4;b=5;c=6.S< 90\Rightarrow\)ít nhất a>4 hoặc: b>5 hoặc: c>6
Vì: a2;b2,c2 E N=> a,b,c E N
=> \(a+b+c\inℕ\Rightarrow a+b+c>15\Rightarrow a+b+c\ge16\left(đpcm\right)\)
Hoi nham ti ti nx to lam lai cho trua nhe