Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a/ BĐT sai, cho \(a=b=c=2\) là thấy
b/ \(VT=\frac{a^4}{a^2+2ab}+\frac{b^4}{b^2+2bc}+\frac{c^4}{c^2+2ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\)
\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)^2}{3\left(a+b+c\right)^2}=\frac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
c/ Tiếp tục sai nữa, vế phải là \(\frac{3}{2}\) chứ ko phải \(2\), và hy vọng rằng a;b;c dương
\(VT=\frac{a^2}{abc.b+a}+\frac{b^2}{abc.c+b}+\frac{c^2}{abc.a+c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)+a+b+c}\)
\(VT\ge\frac{9}{3abc+3}\ge\frac{9}{\frac{3\left(a+b+c\right)^3}{27}+3}=\frac{9}{\frac{3.3^3}{27}+3}=\frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Ta có:
\(a^3+b^3+b^3\ge3ab^2\) ; \(b^3+c^3+c^3\ge3bc^2\) ; \(c^3+a^3+a^3\ge3ca^2\)
Cộng vế với vế \(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge ab^2+bc^2+ca^2\)
\(\frac{a^5}{b^2}+\frac{b^5}{c^2}+\frac{c^5}{a^2}=\frac{a^6}{ab^2}+\frac{b^6}{bc^2}+\frac{c^6}{ca^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{ab^2+bc^2+ca^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{a^3+b^3+c^3}=a^3+b^3+c^3\)
Vì vai trò của a,b,c như nhau,không mất tính tổng quát ta có:\(a\le b\le c\le1\Rightarrow\hept{\begin{cases}a-1\le0\\b-1\le0\\c-1\le0\end{cases}}\)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
\(\frac{a^2}{a^2+b^5+c^5}\le\frac{a^2}{3\sqrt[3]{a^2b^5c^5}}=\frac{a^2}{3bc}\)
Tương tự:\(\frac{b^2}{b^2+a^5+c^5}\le\frac{b^2}{3ac};\frac{c^2}{c^2+a^5+b^5}\le\frac{c^2}{3ab}\)
Cộng vế với vế của 3 BĐT trên ta đươc:
\(\frac{a^2}{a^2+b^5+c^5}+\frac{b^2}{b^2+a^5+c^5}+\frac{c^2}{c^2+a^5+b^5}\le\frac{a^2}{3bc}+\frac{b^2}{3ac}+\frac{c^2}{3ab}=\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\)
Xét \(a^3+b^3+c^3\le3\)
\(\Leftrightarrow\left(a^3-1\right)+\left(b^3-1\right)+\left(c^3-1\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(a^2+a+1\right)+\left(b-1\right)\left(b^2+b+1\right)+\left(c-1\right)\left(c^2+c+1\right)\le0\) (đúng)
Từ đó suy ra:
\(\frac{a^2}{a^2+b^5+c^5}+\frac{b^2}{b^2+a^5+c^5}+\frac{c^2}{c^2+a^5+b^5}\le\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\le\frac{3}{3}=1\left(đpcm\right)\)
Dấu '='xảy ra khi\(\hept{\begin{cases}a=b=c\\abc=1\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c=1}\)
cái này chỉ theo ý kiến tớ nhé:
ta có: \(\left(c-a-b\right)^2\ge0\)
=> \(a^2+b^2+c^2\ge2ac+2bc-2ab\)
<=> \(\frac{5}{6}\ge ac+bc-ab\)
<=> \(1>ac+bc-ab\)
abc>0 chia cho hai vế
\(\frac{1}{abc}>\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\)
Ta có: \(\left(a+b-c\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab-bc-ca\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge2ca+2bc-2ab\)(1)
Mặt khác \(a^2+b^2+c^2=\frac{5}{3}\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2< 2\)(2)
Từ (1)(2) \(\Rightarrow2bc+2ca-2ab\le a^2+b^2+c^2< 2\)
Do a,b,c>0 \(\Leftrightarrow\frac{2bc+2ca-2ab}{2abc}< \frac{2}{2abc}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}< \frac{1}{abc}\)
Ta có :
\(a^2+b^2+c^2-2bc-2ca+2ab\)
\(=\left(a+b-c\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2-2bc-2ca+2ab\ge0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge2bc+2ca-2ab\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a+b=c\)
Mà \(\frac{5}{3}< \frac{6}{3}=2\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2< 2\)
\(\Rightarrow2bc+2ac-2ab\le a^2+b^2+c^2< 2\)
\(\Rightarrow2bc+2ac-2ab< 2\)
Do a ,b , c > 0
\(\Rightarrow\frac{2bc+2ac-2ab}{2abc}< \frac{2}{2abc}\)
\(\Rightarrow\frac{2bc}{2abc}+\frac{2ac}{2abc}-\frac{2ab}{2abc}< \frac{2}{2abc}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}< \frac{1}{abc}\)
Vậy ...
Ta có:\(\left(a+b-c\right)^2\ge0\)(với a,b,c > 0)
<=> \(a^2+b^2+c^2+2ab-2bc-2ca\ge0\)
<=> \(bc+ac-ab\le\frac{a^2+b^2+c^2}{2}=\frac{5}{6}< 1\)
Chia 2 vế của bđt cho abc >0 ta dc
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}< \frac{1}{abc}\)
1.
\(A=\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}-4\sqrt{6+2\sqrt{5}}}}{\sqrt{6-2\sqrt{5}}+2}=\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}-4\sqrt{\left(\sqrt{5}+1\right)^2}}}{\sqrt{\left(\sqrt{5}-1\right)^2}+2}\)
\(=\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}-4\sqrt{5}-4}}{\sqrt{5}-1+2}=\frac{\sqrt{6-2\sqrt{5}}}{\sqrt{5}+1}=\frac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{5}+1}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\)
b. Thôi nhìn biến đổi khủng thế này thì nhường bạn :))
2.
Theo nguyên lý Dirichlet, trong 3 số a;b;c luôn có 2 số cùng tính chẵn lẻ
\(\Rightarrow\) có ít nhất một trong 3 hiệu \(a-b\) ; \(a-c\) ; \(b-c\) là chẵn
\(\Rightarrow a+b+c\) chẵn
- Nếu a;b;c cùng số dư khi chia hết cho 3 thì \(a-b;a-c;b-c\) đều chia hết cho 3 \(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)⋮27\Rightarrow a+b+c⋮27\)
Mà 27 và 2 nguyên tố cùng nhau nên \(a+b+c⋮\left(27.2=54\right)\)
- Nếu a;b;c chia 3 ra 3 loại số dư khác nhau là 0;1;2 \(\Rightarrow a+b+c⋮3\)
Đồng thời cả \(a-b;b-c;c-a\) đều ko chia hết cho 3
\(\Rightarrow\) Không thỏa mãn \(\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)=a+b+c\)
- Nếu trong 3 số a;b;c có 2 số cùng số dư khi chia hết cho 3 và 1 số chia 3 khác số dư
\(\Rightarrow\) \(a+b+c⋮̸3\)
Trong khi đó ít nhất 1 trong 3 hiệu \(a-b;b-c;c-a\) sẽ có 1 giá trị chia hết cho 3 (do có 2 số cùng số dư khi chia 3)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)=a+b+c\) ko thỏa mãn
Vậy \(a+b+c⋮54\)
2b
Câu này đề có sai ko bạn? Trong căn là \(2\sqrt{x+4}\) thì còn có lý
Pt như nguyên mẫu được biến đổi thành:
\(\left(x^2+6x+9\right)+\left(x-4-2\sqrt{x-4}+1\right)+8=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+3\right)^2+\left(\sqrt{x-4}-1\right)^2+8=0\)
Hiển nhiên vô nghiệm
3.
\(\frac{a}{a+1}\ge1-\frac{b}{b+1}+1-\frac{c}{c+1}=\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge\frac{2}{\sqrt{\left(b+1\right)\left(c+1\right)}}\)
Tương tự: \(\frac{b}{b+1}\ge\frac{2}{\sqrt{\left(a+1\right)\left(c+1\right)}}\) ; \(\frac{c}{c+1}\ge\frac{2}{\sqrt{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}}\)
Nhân vế với vế: \(\frac{abc}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\ge\frac{8}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)}\)
\(\Rightarrow abc\ge8\)
xời làm hoài Câu hỏi của LIVERPOOL - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath