S
0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
S
1
17 tháng 6 2020
Ta có: \(a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right)+3abc\)
\(=3\left(a^2+b^2+c^2\right)-3\left(ab+bc+ac\right)+3abc\)
Xét: \(4\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge9\)(1)
<=> \(\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\left(ab+bc+ac\right)-3abc\ge9\)
<=> \(\left(a+b+c\right)^2+\left(ab+bc+ac\right)-3abc\ge9\)
<=> \(ab+bc+ac\ge3abc\)
<=> \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\)(2)
Để chứng (1) đúng ta cần chứng minh (2) đúng
Thật vậy ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}=\frac{9}{3}=3\)
=> (2) đúng
Vậy (1) đúng
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c =1 .
5 tháng 9 2016
đề sai á? tg ns lăng nhăng lên đây thử xem có ai giải k thôi
HY
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 3.
CMR: 1/a + 1/b + 1/c + 3/2 * (a+b+c) >= 15/2
1
KN
29 tháng 4 2020
\(VT=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{3}{2}\left(a+b+c\right)\)\(=\left(\frac{1}{a}+\frac{3a}{2}\right)+\left(\frac{1}{b}+\frac{3b}{2}\right)+\left(\frac{1}{c}+\frac{3c}{2}\right)\)
*Nháp*
Dự đoán điểm rơi tại a = b = c = 1 khi đó \(VT=\frac{15}{2}\)
Ta dự đoán BĐT phụ có dạng \(\frac{1}{x}+\frac{3x}{2}\ge mx^2+n\)(Ta thấy các hạng tử trong điều kiện đã cho ban đầu đều có bậc là 2 nên VP của BĐT phụ cũng có bậc là 2) (*)
Do đó ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{3a}{2}\ge ma^2+n\);\(\frac{1}{b}+\frac{3b}{2}\ge mb^2+n\);\(\frac{1}{c}+\frac{3c}{2}\ge mc^2+n\)
Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được: \(VT\ge m\left(a^2+b^2+c^2\right)+3n=3\left(m+n\right)=\frac{15}{2}\)
\(\Rightarrow m+n=\frac{5}{2}\Rightarrow n=\frac{5}{2}-m\)
Thay\(n=\frac{5}{2}-m\)vào (*), ta được: \(\frac{1}{x}+\frac{3x}{2}\ge mx^2+\frac{5}{2}-m\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{x}+\frac{3x}{2}-\frac{5}{2}\ge m\left(x^2-1\right)\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)\left(3x-2\right)}{2x\left(x+1\right)}\ge m\left(x-1\right)\)
\(\Leftrightarrow m\le\frac{3x-2}{2x\left(x+1\right)}\)(**)
Đồng nhất x = 1 vào (**), ta được: \(m=\frac{1}{4}\Rightarrow n=\frac{9}{4}\)
Như vậy, ta được BĐT phụ: \(\frac{1}{x}+\frac{3x}{2}\ge\frac{x^2+9}{4}\)
GIẢI:
Ta có a,b,c là các số thực dương và \(a^2+b^2+c^2=3\Rightarrow0< a^2;b^2;c^2\le3\Rightarrow0< a,b,c\le\sqrt{3}\)
Ta chứng minh BĐT phụ: \(\frac{1}{x}+\frac{3x}{2}\ge\frac{x^2+9}{4}\)(với \(0< x\le\sqrt{3}\))
\(\Leftrightarrow\frac{\left(4-x\right)\left(x-1\right)^2}{4x}\ge0\)(Đúng với mọi \(0< x\le\sqrt{3}\))
Áp dụng ta được: \(\frac{1}{a}+\frac{3a}{2}\ge\frac{a^2+9}{4}\);\(\frac{1}{b}+\frac{3b}{2}\ge\frac{b^2+9}{4}\);\(\frac{1}{c}+\frac{3c}{2}\ge\frac{c^2+9}{4}\)
Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được: \(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)+9.3}{4}=\frac{15}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
1 tháng 8 2017
Đầu tiên chứng minh:
\(a^3+b^3+c^3\ge ba^2+cb^2+ac^2\)
Ta có:
\(3\left(a^3+b^3+c^3\right)=\left(a^3+a^3+b^3\right)+\left(b^3+b^3+c^3\right)+\left(c^3+c^3+a^3\right)\)
\(\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge ba^2+cb^2+ac^2\)
Quay lại bài toán ta có:
\(\frac{a^2}{1+b-a}+\frac{b^2}{1+c-b}+\frac{c^2}{1+a-c}\)
\(=\frac{a^4}{a^2+a^2b-a^3}+\frac{b^4}{b^2+b^2c-b^3}+\frac{c^4}{c^2+c^2a-c^3}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(a^3+b^3+c^3\right)-\left(a^3+b^3+c^3\right)}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2}=a^2+b^2+c^2=1\)
TN
1 tháng 8 2017
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a^2}{1+b-a}+a^2\left(1+b-a\right)\ge2a^2\)
\(\frac{b^2}{1+c-b}+b^2\left(1+c-b\right)\ge2b^2\)
\(\frac{c^2}{1+a-c}+c^2\left(1+a-c\right)\ge2c^2\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VT+a^2b+b^2c+c^2a-a^3-b^3-c^3\ge1\)
Cần chứng minh \(a^3+b^3+c^3\ge a^2b+b^2c+c^2a\)
Tiếp tục xài AM-GM \(a^3+a^3+b^3\ge3\sqrt[3]{a^6b^3}=3a^2b\)
TƯơng tự rồi cộng theo vế ta có ĐPCM
Xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
9 tháng 9 2015
Trong ba số a,b,c không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng b là số nằm giữa hai số a,c nghĩa là \(a\le b\le c\) hoặc \(a\ge b\ge c\). Khi đó ta có \(c\left(b-a\right)\left(b-c\right)\le0\to b^2c+c^2a\le bc^2+abc\to a^2b+b^2c+c^2a\le a^2b+bc^2+abc\)
\(=b\left(a^2+c^2+ac\right)\le b\left(a+c\right)^2=\frac{1}{2}\times2\cdot2b\cdot\left(a+c\right)^2\)
\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{2b+\left(a+c\right)+\left(a+c\right)}{3}\right)^3=\frac{1}{2}\left(\frac{2\left(a+b+c\right)}{3}\right)^3=\frac{4}{27}\)