\(Cho\) \(a,b,c\in N\)✳\(,x+y+z=5\)
\(Biết\) \(S_1=\frac{b}{a}.x+\frac{c}{a}.z\\ S_2=\frac{a}{b}.x+\frac{c}{b}.y\\ S_3=\frac{a}{c}.z+\frac{b}{c}.y\)
\(Chứng\) \(minh\) \(S_1+S_2+S_3\ge10\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
25 tháng 3 2017
\(\left\{{}\begin{matrix}s_1=\dfrac{b}{a}x+\dfrac{c}{a}z\\s_2=\dfrac{a}{b}x+\dfrac{c}{b}y\\s_3=\dfrac{a}{c}z+\dfrac{b}{c}y\\x+y+z=5\end{matrix}\right.\) \(\left\{{}\begin{matrix}s_1+s_2+s_3=\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}\right)x+\left(\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{c}\right)y+\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)z\\a,b,c\in N\left(sao\right)\\\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}\ge2;\left(\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{c}\right)\ge2;\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\ge2\\x+y+z=5\end{matrix}\right.\)
\(s_1+s_2+s_3\ge2x+2y+2z\ge2\left(x+y+z\right)=2.5=10\)
HP
6 tháng 5 2016
Ta có:
\(S_1+S_2+S_3=\left(\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}z\right)+\left(\frac{a}{b}x+\frac{c}{b}y\right)+\left(\frac{a}{c}z+\frac{b}{c}y\right)\)
\(=\left(\frac{b}{a}x+\frac{a}{b}x\right)+\left(\frac{c}{b}y+\frac{b}{c}y\right)+\left(\frac{c}{a}z+\frac{a}{c}z\right)\)
\(=\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\right)x+\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\right)y+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)z\)
Ta cần c/m bất đẳng thức : \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}>=2\)
Nhân ab vào 2 vế ta có:
\(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right).ab>=2ab=>\frac{a^2b}{b}+\frac{b^2a}{a}>=2ab=>a^2+b^2>=2ab\)
\(=>a^2+b^2-2ab>=0=>\left(a-b\right)^2>=0\)
=>bất đẳng thức đúng với mọi a;b
chứng minh tương tự với \(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}>=2;\frac{a}{c}+\frac{c}{a}>=2\);Cộng từng vế các BĐT,ta thu được:
\(S_1+S_2+S_3>=2x+2y+2z=2\left(x+y+z\right)=2.1008=2016\) (đpcm)
24 tháng 3 2017
Có \(x^2+y^2\ge2xy\Rightarrow\frac{y}{x}+\frac{x}{y}\ge2\)(chia hai vế cho xy, xy>0)
\(S_1+S_2+S_3=x\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+y\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+z\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge2x+2y+2z=2\left(x+y+z\right)=10\)
7 tháng 4 2015
S1 + S2 + S3 = \(\left(\frac{b}{a}.x+\frac{c}{d}.z\right)\) + \(\left(\frac{a}{b}.x+\frac{c}{b}.y\right)\) + \(\left(\frac{d}{c}.z+\frac{b}{c}.y\right)\)
\(=\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\right).x+\left(\frac{c}{d}+\frac{d}{c}\right).z+\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\right).y\ge2\left(x+y+z\right)=2.5=10\)
Vì \(\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\right)\ge2;\left(\frac{c}{d}+\frac{d}{c}\right)\ge2;\left(\frac{c}{b}+\frac{b}{c}\right)\ge2\)
Vậy ........ dấu = xảy ra khi a = b = c = d
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
11 tháng 8 2020
Bạn ghi đề bài sai thì phải, \(\frac{1}{\left(4n-1\right)\left(4n+1\right)}\) không hề phù hợp với các số hạng đầu tiên
12 tháng 8 2019
:vvvvvv sai đề, làm mãi ko ra, \(S_{BMP}=S_2\) mới đúng nha, thiếu đỉnh B
a) Kẻ các đường cao NN1, CC1 tương ứng với AB (N1, C1 thuộc AB)
\(\Delta ACC_1\) có \(NN_1//CC_1\) ( do cùng vuông góc với AB ) \(\Rightarrow\)\(\frac{NN_1}{CC_1}=\frac{AN}{AC}\) ( hệ quả định lí Ta-let )
Có: \(\frac{S_1}{S}=\frac{\frac{1}{2}NN_1.AP}{\frac{1}{2}CC_1.AB}=\frac{NN_1}{CC_1}.\frac{AP}{AB}=\frac{AN.AP}{AC.AB}\) ( đpcm )
b) Tương tự câu a, kẻ các đường cao MM2, MM3 tương ứng với AB và AC (M2 thuộc AB, M3 thuộc AC)
\(\Delta BCC_1\) có \(MM_2//CC_1\) ( cùng vuông góc với AB ) \(\Rightarrow\)\(\frac{MM_2}{CC_1}=\frac{BM}{BC}\) ( hệ quả Ta-let )
\(\frac{S_2}{S}=\frac{\frac{1}{2}MM_2.BP}{\frac{1}{2}CC_1.AB}=\frac{MM_2}{CC_1}.\frac{BP}{AB}=\frac{BM.BP}{BC.AB}\) (1)
Tiếp tục kẻ các đường cao MM3, BB1 tương ứng với AC ( M3, B1 thuộc AC )
\(\Delta BB_1C\) có \(MM_3//BB_1\) ( cùng vuông góc với AC ) \(\Rightarrow\)\(\frac{MM_3}{BB_1}=\frac{CM}{BC}\)
\(\frac{S_3}{S}=\frac{\frac{1}{2}MM_3.CN}{\frac{1}{2}BB_1.AC}=\frac{MM_3}{BB_1}.\frac{CN}{AC}=\frac{CM.CN}{BC.AC}\) (2)
Từ (1), (2) và kết luận câu a) ta suy ra \(\hept{\begin{cases}S_1=\frac{AN.AP}{AC.AB}S\\S_2=\frac{BM.BP}{BC.AB}S\\S_3=\frac{CM.CN}{BC.AC}S\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\)\(S_1.S_2.S_3=\frac{AN.AP}{AC.AB}.\frac{BM.BP}{BC.AB}.\frac{CM.CN}{BC.AC}S^3\) ( nhân 3 vế ba đẳng thức trên )
\(\Leftrightarrow\)\(S_1.S_2.S_3=\frac{AP.BP}{AB^2}.\frac{AN.CN}{AC^2}.\frac{BM.CM}{BC^2}S^3\)
Mà \(\hept{\begin{cases}AP.BP=\left(\sqrt{AP.BP}\right)^2\le\left(\frac{AP+BP}{2}\right)^2=\left(\frac{AB}{2}\right)^2=\frac{AB^2}{4}\\AN.CN=\left(\sqrt{AN.CN}\right)^2\le\left(\frac{AN+CN}{2}\right)^2=\left(\frac{AC}{2}\right)^2=\frac{AC^2}{4}\\BM.CM=\left(\sqrt{BM.CM}\right)^2\le\left(\frac{BM+CM}{2}\right)^2=\left(\frac{BC}{2}\right)^2=\frac{BC^2}{4}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\)\(S_1.S_2.S_3\le\frac{\frac{AB^2}{4}}{AB^2}.\frac{\frac{AC^2}{4}}{AC^2}.\frac{\frac{BC^2}{4}}{BC^2}S^3=\frac{1}{64}S^3\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}AP=BP\\AN=CN\\BM=CM\end{cases}}\) hay M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, AC, AB
25 tháng 9 2020
Ta có \(\hept{\begin{cases}a+b+c=3\\a,b,c>0\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b+c=3\\a,b,c\ge1\end{cases}}}\)
Vì \(a,b,c\ge1\)
\(\Rightarrow a+b+c\le a^2+b^2+c\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c}\left(1\right)\)
Tương tự
\(\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{1}{b^2+c^2+a}\left(2\right)\)
\(\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{1}{c^2+b^2+a}\left(3\right)\)
Từ \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\Rightarrow\frac{3}{a+b+c}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c}+\frac{1}{b^2+c^2+a}+\frac{1}{c^2+a^2+b}\)
\(\Rightarrow\frac{3}{3}\ge\frac{1}{a^2+b^2+c}+\frac{1}{b^2+c^2+a}+\frac{1}{c^2+a^2+b}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=1\\c=1\end{cases}}\)
Vậy Max S1 = 3/3 = 1 \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=1\\c=1\end{cases}}\) (4)
Vì \(a,b,c\ge1\)
\(\Rightarrow a+b+c\le a^2+b+c\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{1}{a^2+b+c}\left(5\right)\)
Tương tự
\(\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{1}{b^2+c+a}\left(6\right)\)
\(\frac{1}{a+b+c}\ge\frac{1}{c^2+b+a}\left(7\right)\)
Từ \(\left(5\right);\left(6\right);\left(7\right)\Rightarrow\frac{3}{a+b+c}\ge\frac{1}{a^2+b+c}+\frac{1}{b^2+c+a}+\frac{1}{c^2+a+b}\)
\(\frac{3}{3}\ge\frac{1}{a^2+b+c}+\frac{1}{b^2+c+a}+\frac{1}{c^2+a+b}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=1\\c=1\end{cases}}\)
Vậy Max S2 = 3/3 = 1 \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=1\\b=1\\c=1\end{cases}}\) (8)
Từ (4); (8) => GTLN S1 = GTLN S2 (đpcm)
