Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
\(\frac{1}{a\sqrt{3a+2b}}+\frac{1}{b\sqrt{3b+2c}}+\frac{1}{c\sqrt{3c+2a}}\)\(\ge\frac{3}{\sqrt{5abc}}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{2000}}}}=\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{1999\sqrt{2000}}}}}\)
\(< \sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{1999.2001}}}}< \sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{1998.\frac{1999+2001}{2}}}}}\)
\(< \sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{1998.2000}}}}< ...< \sqrt{2.\frac{3+5}{2}}\)
\(=\sqrt{2.4}=\sqrt{8}< 3\)
đặt \(a=5+2\sqrt{6}\).ta sẽ chứng minh với dạng tổng quát \(\left[a^n\right]\)là 1 số tự nhiên lẻ.
ta có: \(a^n=\left(5+2\sqrt{6}\right)^n=x+y\sqrt{6}\)(x,y là các số tự nhiên) (*)
đặt \(b=5-2\sqrt{6}\Rightarrow b^n=x-y\sqrt{6}\)
\(\Rightarrow a^n+b^n=2x\)
mà \(0< b=5-2\sqrt{6}< 1\)
\(\Rightarrow0< b^n< 1\)
\(\Rightarrow2x-1< a^n=2x-b^n< 2x\)
nên \(\left[a^n\right]=2x-1\)lẻ vì x nguyên.
p/s:(*) : thử \(\left(5+2\sqrt{6}\right)^2,\left(5+2\sqrt{6}\right)^3\)đều có dạng \(A+B\sqrt{6}\)
vì b,c là nghiệm của phương trình nên \(\hept{\begin{cases}b^2-ab-\frac{1}{2a^2}=0\\c^2-ab-\frac{1}{2a^2}=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}b^4=\left(ab+\frac{1}{2a^2}\right)^2\\c^4=\left(ac+\frac{1}{2a^2}\right)^2\end{cases}}\)
\(b^4+c^4=\left(ab+\frac{1}{2a^2}\right)^2+\left(ac+\frac{1}{2a^2}\right)^2\ge\frac{1}{2}\left(ab+ac+\frac{1}{a^2}\right)^2\)
\(=\frac{1}{2}\left[a\left(b+c\right)+\frac{1}{a^2}\right]^2\)
mà theo viet : (tính delta đầu tiên nhá ): b+c=a.
\(\Rightarrow b^4+c^4\ge\frac{1}{2}\left(a^2+\frac{1}{a^2}\right)^2\ge2\)(AM-GM)
Dấu = xảy ra khi a=1 hoặc a=-1
Với \(n=0\Rightarrow A=0\)
Với \(n\ne0\)
Xét \(p=2\)thì ta có:
\(A=n^4+4n^3=n^2\left(n^2+4n\right)\)
Vì A là số chính phương nên
\(\Rightarrow n^2+4n=x^2\)
\(\Leftrightarrow\left(n+2\right)^2-x^2=4\)
\(\Leftrightarrow\left(n+2+x\right)\left(n+2-x\right)=4\)
\(\Leftrightarrow\left(n+2+x,n+2-x\right)=\left(1,4;4,1;2,2;-1,-4;-4,-1;-2-2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(n,x\right)=\left(-4,0\right)\)
Xét \(p\ge3\) thì ta có \(p+1=2k+4\left(k\ge0\right)\)
\(A=n^4+4n^{2k+4}=n^4\left(1+4n^{2k}\right)\)
Vì A là số chính phương nên
\(\Rightarrow1+n^{2k}=y^2\)
\(\Leftrightarrow\left(y-n^k\right)\left(y+n^k\right)=1\)
\(\Leftrightarrow\left(y-n^k;y+n^k\right)=\left(1,1;-1,-1\right)\)
Không có giá trị \(n\ne0\)thỏa mãn cái trên
Vậy ......
bài này mình cũng dò lại đề rồi mình chép đúng đấy mà không làm được nên mới nhờ giải
Cố gắng hơn nữa ah. Thế vô là thấy nó sai liền nên m không giải nữa.
Thay \(\hept{\begin{cases}a=2\\b=2\end{cases}}\) thì ta có:
\(\left(\sqrt[3]{2^4}+2^2.\sqrt[3]{2^2}+2^4\right).\frac{\left(\sqrt[3]{2^8}-2^6+2^4.\sqrt[3]{2^2}-2^2.2^2\right)}{2^2.2^2+2^2-2^8.2^2-2^4}=2^2.2^2\)
\(\Leftrightarrow1,477=16\left(sai\right)\)
Vậy đề bài cho tào lao.
Áp dụng vi-et ta suy ra được nghiệm là:
\(\hept{\begin{cases}x=\frac{-m-\sqrt{m^2-4n}}{2}\\x=\frac{-m+\sqrt{m^2-4n}}{2}\end{cases}}\)
Ta có:
\(x_1=x_2^2+x_2+2\)
\(\Leftrightarrow x_1+x_2=\left(x_2+1\right)^2+1\)
\(\Leftrightarrow-m=\left(x_2+1\right)^2+1\)
Với \(\hept{\begin{cases}x_2=\frac{-m-\sqrt{m^2-4n}}{2}\\n=6-m\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow-m=\frac{\left(m-2\right)\sqrt{m^2+4m-24}+m^2-10}{2}+1\)
\(\Leftrightarrow-2m-m^2+8=\left(m-2\right)\sqrt{m^2+4m-24}\)
\(\Leftrightarrow4m^3+24m^2-144m+160=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m=-10\\m=2\left(l\right)\end{cases}}\)
Tương tự cho trường hợp còn lại.
Ta có:
\(\frac{\sqrt{5abc}}{a\sqrt{3a+2b}}+\frac{\sqrt{5abc}}{b\sqrt{3b+2c}}+\frac{\sqrt{5abc}}{c\sqrt{3c+2a}}\)
\(=\frac{5bc}{\sqrt{5ab\left(3ac+2bc\right)}}+\frac{5ac}{\sqrt{5bc\left(3ba+2ca\right)}}+\frac{5ab}{\sqrt{5ca\left(3cb+2ab\right)}}\)
\(\ge\frac{10bc}{5ab+3ac+2bc}+\frac{10ac}{5bc+3ba+2ca}+\frac{10ab}{5ca+3cb+2ab}\)
Đặt \(ab=x,bc=y,ca=z\)(cho dễ nhìn)
\(=\frac{10x}{2x+3y+5z}+\frac{10y}{2y+3z+5x}+\frac{10z}{2z+3x+5y}\)
\(=\frac{10x^2}{2x^2+3yx+5zx}+\frac{10y^2}{2y^2+3zy+5xy}+\frac{10z^2}{2z^2+3xz+5yz}\)
\(\ge\frac{10\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x^2+y^2+z^2\right)+8\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{5\left(x+y+z\right)^2}{\left(x^2+y^2+z^2\right)+4\left(xy+yz+zx\right)}\)
Giờ ta cần chứng minh
\(\frac{5\left(x+y+z\right)^2}{\left(x^2+y^2+z^2\right)+4\left(xy+yz+zx\right)}\ge3\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)(đúng)
Vậy ta có ĐPCM
alibaba nguyễn bạn trả lời đúng đấy! Nhưng để dễ hiểu hơn ta nên áp dụng tổ hợp BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz nhé!