Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
C6. Cho các số thực dương thoả mãn: ab+1 nhỏ hơn hoặc bằng b Chứng minh rằng : ( a + (1/a^2) ) + ( b^2 + (1/b) ) lớn hơn hoặc bằng 9
\(ab+1\le b\Rightarrow a+\dfrac{1}{b}\le1\)
Đặt \(\left(a;\dfrac{1}{b}\right)=\left(x;y\right)\Rightarrow x+y\le1\)
Gọi vế trái của BĐT cần chứng minh là P:
\(P=x+\dfrac{1}{x^2}+y+\dfrac{1}{y^2}=\left(\dfrac{1}{x^2}+8x+8x\right)+\left(\dfrac{1}{y^2}+8y+8y\right)-15\left(x+y\right)\)
\(P\ge3\sqrt[3]{\dfrac{64x^2}{x^2}}+3\sqrt[3]{\dfrac{64y^2}{y^2}}-15.1=9\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(x;y\right)=\left(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right)\) hay \(\left(a;b\right)=\left(\dfrac{1}{2};2\right)\)
2) M = (x25 + 1 + 1 + 1 + 1) - 5x5 + 2
Áp dụng BĐT Cô - si cho 5 số dương x25; 1;1;1;1 ta có: x25 + 1 + 1 + 1 + 1 \(\ge\)5.\(\sqrt[5]{x^{25}.1.1.1.1}=x^5\) = 5x5
=> M \(\ge\) 5x5 - 5x5 + 2 = 2
Vậy M nhỏ nhất = 2 khi x25 = 1 => x = 1
\(ab=\frac{1}{c};c=\frac{1}{ab}\)
\(a+b+c-\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=a+b+\frac{1}{ab}-\frac{1}{a}-\frac{1}{b}-ab\)
\(=\left(a+b-ab-1\right)+\left(\frac{1}{ab}-\frac{1}{a}-\frac{1}{b}+1\right)\)
\(=-\left(a-1\right)\left(b-1\right)+\left(1-\frac{1}{a}\right)\left(1-\frac{1}{b}\right)\)
\(=-\left(a-1\right)\left(b-1\right)+\frac{\left(a-1\right)\left(b-1\right)}{ab}\)
\(=-\left(a-1\right)\left(b-1\right)+\left(a-1\right)\left(b-1\right)c\)
\(=\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right)\)
Do biểu thức ban đầu dương nên ta có đpcm
Bài 1. Từ giả thiết, với chú ý abc=1, ta suy ra \(\left(a+b\right)+c=\frac{a+b}{ab}+\frac{1}{c}=c\left(a+b\right)+\frac{1}{c}\to\left(a+b\right)\left(c-1\right)=\frac{c^2-1}{c}\to\left(c-1\right)\left(a+b-\frac{c+1}{c}\right)=0\)
\(\to\frac{\left(c-1\right)\left(ac+bc-c-1\right)}{c}=0\to\left(c-1\right)\left(\frac{1}{b}-1+c\left(b-1\right)\right)=0\to\left(c-1\right)\left(b-1\right)\left(c-\frac{1}{b}\right)=0\)
\(\to\left(c-1\right)\left(b-1\right)\left(a-1\right)=0\). Vậy ba số a,b,c có 1 số bằng 1.
Bài 2. Từ giả thiết ta suy ra\(x^3+2xy^2+\left(x^2+8y^2\right)y=0\to x^3+x^2y+2xy^2+8y^3=0\to\)
Nếu y=0 thì x=0, khi đó không thỏa mãn \(x^2+8y^2=12\) (loại).
Với y khác 0, chia cả hai vế cho \(y^3,\) ta được
\(t^3+t^2+2t+8=0\to\left(t+2\right)\left(t^2-t+4\right)=0\to t=-2\to x=-2y\)
Thế vào phương trình thứ hai ta được \(12y^2=12\to y=\pm1\to x=\mp2.\)
Vậy ta có hai cặp nghiệm \(\left(x,y\right)=\left(2,-1\right);\left(-2;1\right).\)
Bài 1. Từ giả thiết, với chú ý abc=1, ta suy ra $\left(a+b\right)+c=\frac{a+b}{ab}+\frac{1}{c}=c\left(a+b\right)+\frac{1}{c}\to\left(a+b\right)\left(c-1\right)=\frac{c^2-1}{c}\to\left(c-1\right)\left(a+b-\frac{c+1}{c}\right)=0$(a+b)+c=a+bab +1c =c(a+b)+1c →(a+b)(c−1)=c2−1c →(c−1)(a+b−c+1c )=0
$\to\frac{\left(c-1\right)\left(ac+bc-c-1\right)}{c}=0\to\left(c-1\right)\left(\frac{1}{b}-1+c\left(b-1\right)\right)=0\to\left(c-1\right)\left(b-1\right)\left(c-\frac{1}{b}\right)=0$→(c−1)(ac+bc−c−1)c =0→(c−1)(1b −1+c(b−1))=0→(c−1)(b−1)(c−1b )=0
$\to\left(c-1\right)\left(b-1\right)\left(a-1\right)=0$→(c−1)(b−1)(a−1)=0. Vậy ba số a,b,c có 1 số bằng 1.
Bài 2. Từ giả thiết ta suy ra$x^3+2xy^2+\left(x^2+8y^2\right)y=0\to x^3+x^2y+2xy^2+8y^3=0\to$x3+2xy2+(x2+8y2)y=0→x3+x2y+2xy2+8y3=0→
Nếu y=0 thì x=0, khi đó không thỏa mãn $x^2+8y^2=12$x2+8y2=12 (loại).
Với y khác 0, chia cả hai vế cho $y^3,$y3, ta được
$t^3+t^2+2t+8=0\to\left(t+2\right)\left(t^2-t+4\right)=0\to t=-2\to x=-2y$t3+t2+2t+8=0→(t+2)(t2−t+4)=0→t=−2→x=−2y
Thế vào phương trình thứ hai ta được $12y^2=12\to y=\pm1\to x=\mp2.$12y2=12→y=±1→x=∓2.
Vậy ta có hai cặp nghiệm $\left(x,y\right)=\left(2,-1\right);\left(-2;1\right).$(x,y)=(2,−1);(−2;1).
Ta có: \(\frac{a}{1+b^2}=\frac{a\left(1+b^2\right)-ab^2}{1+b^2}=a-\frac{ab}{1+b^2}\)
\(1+b^2\ge2b\) \(\Rightarrow\frac{ab^2}{1+b^2}\le\frac{ab^2}{2b}=\frac{ab}{2}\)\(\Rightarrow-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge-\frac{ab}{2}\)
Do đó: \(\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab}{2}\)
Tương tự: \(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2}\); \(\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ca}{2}\)
Suy ra \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}+\frac{ab+bc+ca}{2}\ge a+b+c\)
Mặt khác ta có: \(3\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}\Rightarrow\frac{3}{a+b+c}\le1\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge3\)
Do đó; \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}+\frac{ab+bc+ca}{2}\ge a+b+c\ge3\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)
a=c+2; b= c+1; c>0 => a;b >0
\(2\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)< \frac{1}{\sqrt{b}}< =>2\sqrt{a}< 2\sqrt{b}+\frac{1}{\sqrt{b}};\)
2 vế không âm, bình phương và rút gọn ta được \(4a< 4b+4+\frac{1}{b}< =>4\left(b+1\right)< 4\left(b+1\right)+\frac{1}{b}< =>0< \frac{1}{b};\)(đúng vì b>0)
\(\frac{1}{\sqrt{b}}< 2\left(\sqrt{b}-\sqrt{c}\right)< =>\frac{1}{\sqrt{b}}+2\sqrt{b}< 2\sqrt{c}\)
bình phương và thay b= c+1 ta được điều tương tự