Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: \(\dfrac{y}{\left(x-y\right)\left(y-z\right)}-\dfrac{z}{\left(y-z\right)\left(x-z\right)}-\dfrac{x}{\left(x-y\right)\left(x-z\right)}\)
\(=\dfrac{xy-yz-xz+yz-xy+xz}{\left(x-y\right)\left(y-z\right)\left(x-z\right)}\)
=0
c: \(=\dfrac{1}{x\left(x-y\right)\left(x-z\right)}-\dfrac{1}{y\left(y-z\right)\left(x-y\right)}+\dfrac{1}{z\left(x-z\right)\left(y-z\right)}\)
\(=\dfrac{zy\left(y-z\right)-xz\left(x-z\right)+xy\left(x-y\right)}{xyz\left(x-y\right)\left(y-z\right)\left(x-z\right)}\)
\(=\dfrac{zy^2-z^2y-x^2z+xz^2+xy\left(x-y\right)}{xyz\left(x-y\right)\left(y-z\right)\left(x-z\right)}\)
\(=\dfrac{1}{xyz}\)
5. phân tích ra : \(1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+1\)
áp dụng bđ cosy
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{a}}=2\)
=> đpcm
6. \(x^2-x+1=x^2-2.\dfrac{1}{2}.x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}>0\)
hay với mọi x thuộc R đều là nghiệm của bpt
7.áp dụng bđt cosy
\(a^4+b^4+c^4+d^4\ge2\sqrt{a^2.b^2.c^2.d^2}=4abcd\left(đpcm\right)\)
\(a,\dfrac{1}{x^2-x}+\dfrac{2x}{4x^3}-\dfrac{1}{x^2+x+1}\)
\(=\dfrac{1}{x\left(x-1\right)}+\dfrac{1}{2x^2}-\dfrac{1}{x^2+x+1}\)
\(=\dfrac{2x\left(x^2+x+1\right)+\left(x-1\right).\left(x^2+x+1\right)-2x^2.\left(x-1\right)}{2x^2.\left(x-1\right).\left(x^2+x+1\right)}\)
\(=\dfrac{2x^3+2x^2+2x+x^3-1-2x^3+2x^2}{2x^2.\left(x^3-1\right)}\)
\(=\dfrac{4x^2+2x+x^3-1}{2x^5-2x^2}\)
\(=\dfrac{x^3+4x^2+2x-1}{2x^5-2x^2}\)
\(b,\dfrac{1}{x^2-x+1}+1-\dfrac{x^2+2}{\left(x+1\right).\left(x^2-x+1\right)}\)
\(=\dfrac{1}{x^2-x+1}+1-\dfrac{x^2+2}{\left(x^2-x+1\right)}\)
\(=\dfrac{x+1\left(x+1\right).\left(x^2-x+1\right)-\left(x^2+2\right)}{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}\)
\(=\dfrac{x+1+x^3+1-x^2-2}{\left(x+1\right).\left(x^2-x+1\right)}\)
\(=\dfrac{x+0+x^3-x^2}{\left(x+1\right)\left(x^2-x+1\right)}\)
\(=\dfrac{x\left(1+x^2-x\right)}{\left(x+1\right).\left(x^2-x+1\right)}\)
\(=\dfrac{x}{x+1}\)
5) a) Ta có: \(a< b+c\)
\(\Rightarrow a^2< ab+ac\)
Tương tự: \(b^2< ba+bc\)
\(c^2< ca+cb\)
Cộng từng vế các BĐT vừa chứng minh, ta được đpcm
b) Ta có: \(\left(b+c-a\right)\left(b+a-c\right)=b^2-\left(c-a\right)^2\le b^2\)
\(\left(c+a-b\right)\left(c+b-a\right)=c^2-\left(a-b\right)^2\le c^2\)
\(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)=a^2-\left(b-c\right)^2\le a^2\)
Nhân từng vế các BĐT trên, ta được
\(\left[\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\right]^2\le\left(abc\right)^2\)
Các biểu thức trong ngoặc vuông đều dương nên ta suy ra đpcm
Bài 5:
a)
Ta có \(a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)>0\)
Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên
\(b+c-a,a+b-c,c+a-b>0\)
b) Áp dụng BĐT Am-Gm:
\((a+b-c)(b+c-a)\leq \left ( \frac{a+b-c+b+c-a}{2} \right )^2=b^2\)
\((a+b-c)(c+a-b)\leq \left (\frac{a+b-c+c+a-b}{2}\right)^2=a^2\)
\((b+c-a)(a+c-b)\leq \left ( \frac{b+c-a+a+c-b}{2} \right )^2=c^2\)
Nhân theo vế :
\(\Rightarrow [(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]^2\leq a^2b^2c^2\)
\(\Rightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc\)
Do đó ta có đpcm
c)
\(a^3+b^3+c^3+2abc< a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\)
\(\Leftrightarrow a(ab+ac-a^2-bc)+b(ab+bc-b^2-ac)+c(ca+cb-c^2)>0\)
\(\Leftrightarrow a(a-c)(b-a)+b(b-c)(a-b)+c^2(a+b-c)>0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)(b-a)(b+a-c)+c^2(b+a-c)>0\)
\(\Leftrightarrow (b+a-c)[c^2-(a-b)^2]>0\)
Điều này hiển nhiên đúng vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác thì \(b+a>c, c>|a-b|\)
Do đó ta có đpcm.
Lời giải:
Đặt $\frac{x}{a}=m; \frac{y}{b}=n; \frac{z}{c}=p$ với $m,n,p>0$.
BĐT cần chứng minh tương đương với:
(m^2a+n^2b+p^2c)(a+b+c)\geq (am+bn+cp)^2$
$\Leftrightarrow m^2(ab+ac)+n^2(ba+bc)+p^2(ca+cb)\geq 2abmn+2amcp+2bncp$
$\Leftrightarrow ab(m^2-2mn+n^2)+bc(n^2-2np+p^2)+ca(m^2-2mp+p^2)\geq 0$
$\Leftrightarrow ab(m-n)^2+bc(n-p)^2+ca(m-p)^2\geq 0$
(luôn đúng với $a,b,c>0$)
Ta có đpcm.
Đặt \(x=\dfrac{c^2}{ab}\); \(y=\dfrac{a^2}{bc}\); \(z=\dfrac{b^2}{ac}\)
\(\Rightarrow xyz=1\) là điều hiển nhiên
BĐT cần chứng minh tương đương
\(\dfrac{\left(\dfrac{c^2}{ab}\right)^2}{\left(\dfrac{c^2}{ab}-1\right)^2}+\dfrac{\left(\dfrac{a^2}{bc}\right)^2}{\left(\dfrac{a^2}{bc}-1\right)^2}+\dfrac{\left(\dfrac{b^2}{ac}\right)^2}{\left(\dfrac{b^2}{ac}-1\right)^2}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{c^4}{\left(c^2-ab\right)^2}+\dfrac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}+\dfrac{b^4}{\left(b^2-ac\right)^2}\ge1\)
Áp dụng BĐT C.B.S
\(\dfrac{c^4}{\left(c^2-ab\right)^2}+\dfrac{a^4}{\left(a^2-bc\right)^2}+\dfrac{b^4}{\left(b^2-ac\right)^2}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(c^2-ab\right)^2+\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ac\right)^2}\)ta phải chứng minh:
\(\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(c^2-ab\right)^2+\left(a^2-bc\right)^2+\left(b^2-ac\right)^2}\ge1\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+2\left(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\right)\ge a^4+b^4+c^4+a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2-2\left(abc^2+a^2bc+b^2ac\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2\left(ab^2c+abc^2+a^2bc\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab+bc+ac\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )
1.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\dfrac{a}{2a+a+b+c}=\dfrac{a}{25}.\dfrac{\left(2+3\right)^2}{2a+a+b+c}\le\dfrac{a}{25}\left(\dfrac{2^2}{2a}+\dfrac{3^2}{a+b+c}\right)=\dfrac{2}{25}+\dfrac{9}{25}.\dfrac{a}{a+b+c}\)
Tương tự:
\(\dfrac{b}{3b+a+c}\le\dfrac{2}{25}+\dfrac{9}{25}.\dfrac{b}{a+b+c}\)
\(\dfrac{c}{a+b+3c}\le\dfrac{2}{25}+\dfrac{9}{25}.\dfrac{c}{a+b+c}\)
Cộng vế:
\(VT\le\dfrac{6}{25}+\dfrac{9}{25}.\dfrac{a+b+c}{a+b+c}=\dfrac{3}{5}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
2.
Đặt \(\dfrac{x}{x-1}=a;\dfrac{y}{y-1}=b;\dfrac{z}{z-1}=c\)
Ta có: \(\dfrac{x}{x-1}=a\Rightarrow x=ax-a\Rightarrow a=x\left(a-1\right)\Rightarrow x=\dfrac{a}{a-1}\)
Tương tự ta có: \(y=\dfrac{b}{b-1}\) ; \(z=\dfrac{c}{c-1}\)
Biến đổi giả thiết:
\(xyz=1\Rightarrow\dfrac{abc}{\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)}=1\)
\(\Rightarrow abc=\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca=a+b+c-1\)
BĐT cần chứng minh trở thành:
\(a^2+b^2+c^2\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2-2\left(a+b+c-1\right)\ge1\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)