HD
2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
25 tháng 1 2020
1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)
\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)
31 tháng 5 2017
Ta có:
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca=0\)
Mà \(\left(a+b+c\right)^2=0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)=0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2=0\)
Ta lại có:
\(\frac{a^6+b^6+c^6}{a^3+b^3+c^3}=\frac{\left(a^6+b^6+c^6-3a^2b^2c^2\right)+3a^2b^2c^2}{\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)+3abc}\)
\(=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2\right)+3a^2b^2c^2}{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)+3abc}\)
\(=\frac{3a^2b^2c^2}{3abc}=abc\)
DN
29 tháng 12 2017
Ta có:
\(a\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)+b\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)+c\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)=-2\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}=-2\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+1\right)+\left(\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+1\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+1\right)=1\)
\(\Leftrightarrow a\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)+b\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}\right)+c\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=1\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=1\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a+b+c}\)(1)
Mặt khác:
\(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3ab\left(a+b\right)+3bc\left(b+c\right)+3ca\left(c+a\right)+6abc\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^3}{abc}=\frac{1}{abc}+3\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+6\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^3}{abc}=\frac{1}{abc}+3.\left(-2\right)+6\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^3}{abc}=\frac{1}{abc}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3=1\)
\(\Leftrightarrow a+b+c=1\)(2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1\left(đpcm\right)\)
30 tháng 12 2017
bạn cho mình hỏi thê thì dữ liệu a^3+b^3+c^3 không được dùng à
15 tháng 11 2019
Tham khảo
Câu hỏi của Châu Trần - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
15 tháng 9 2020
Ta dễ có:\(\frac{1}{a^2+1}=\frac{a^2+1-a^2}{a^2+1}=1-\frac{a^2}{a^2+1}\ge1-\frac{a^2}{2a}=1-\frac{a}{2}\)
Một cách tương tự \(\frac{1}{b^2+1}\ge1-\frac{b}{2};\frac{1}{c^2+1}\ge1-\frac{c}{2}\)
Khi đó: \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\ge3-\frac{a+b+c}{2}\)
Cần chứng minh: \(3-\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{3}{2}\Leftrightarrow a+b+c\le3\)
Hình như có gì đó sai sai @@
15 tháng 9 2020
Lời giải kia sai rồi :V Làm cách khác:
Ta có:\(\frac{1}{a^2+1}=\frac{a^2+1-a^2}{a^2+1}=1-\frac{a^2}{a^2+1}\)
Tương tự rồi ta được:
\(LHS=3-\left(\frac{a^2}{a^2+1}+\frac{b^2}{b^2+1}+\frac{c^2}{c^2+1}\right)\)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(\frac{a^2}{a^2+1}+\frac{b^2}{b^2+1}+\frac{c^2}{c^2+1}\le\frac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{3a^2+3}+\frac{b^2}{3b^2+3}+\frac{c^2}{3c^2+3}\le\frac{1}{2}\)
Ta dễ có được:
\(\frac{4a^2}{3a^2+3}=\frac{4a^2}{3a^2+ab+bc+ca}=\frac{\left(a+a\right)^2}{a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}\le\frac{a^2}{a\left(a+b+c\right)}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\)
Tương tự:
\(\frac{4b^2}{3b^2+3}\le\frac{b^2}{b\left(a+b+c\right)}+\frac{b^2}{2b^2+ca};\frac{4c^2}{3c^2+3}\le\frac{c^2}{c\left(a+b+c\right)}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\)
\(\Rightarrow LHS\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}+\Sigma\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)=\frac{1}{4}\left(1+\Sigma\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)\)
Một cách khác ta dễ có được: \(\Sigma\frac{a^2}{2a^2+bc}\le1\)
Done !
3 tháng 10 2020
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0\Rightarrow ab+bc+ca=0\Rightarrow\left(a+c\right)\left(b+c\right)=c^2\)
Vì \(a,b>0\)mà \(\frac{1}{c}=-\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)< 0\)nên \(c< 0\Rightarrow\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}=-c\)
\(\Rightarrow2c+2\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}=0\Rightarrow\left(a+c\right)+2\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}+\left(b+c\right)=a+b\)
\(\Rightarrow\left(\sqrt{a+c}+\sqrt{b+c}\right)^2=a+b\)---> 2 vế đều dương nên ta lấy căn 2 vế:
\(\sqrt{a+c}+\sqrt{b+c}=\sqrt{a+b}\)
DT
18 tháng 6 2019
Do \(ab+bc+ca\le1\) nên:
\(\frac{1}{a^2+1}\le\frac{1}{a^2+ab+bc+ca}=\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}.\)
Chứng minh tương tự :\(\frac{1}{b^2+1}\le\frac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)};\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}.\)
Suy ra \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{1}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\frac{1}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)(1)
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
\(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+c^2b+cb^2\ge6\sqrt[6]{\left(abc\right)^6}=6abc\)
\(\Leftrightarrow9\left(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+c^2b+cb^2\right)+18abc\ge8\left(a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+c^2b+cb^2\right)+24abc\)\(\Leftrightarrow9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right).\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
\(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}\)(3)
Thật vậy ta có; \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{ab.bc.ca}=9abc\)(BĐT AM-GM)
Lại có:\(\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge\sqrt{3}\sqrt{ab+bc+ca}.\left(ab+bc+ca\right)\)(Do :
\(ab+bc+ca\le1\Rightarrow1\ge\sqrt{ab+bc+ca}.\))
\(\ge3.\sqrt{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}.3.\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc\)(BĐT AM-GM)
Vậy \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)+\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc+9abc\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c+\sqrt{3}\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge18abc\)
\(\Rightarrow a+b+c+\sqrt{3}\ge\frac{18}{ab+bc+ca}\)(4)
Từ (3) và (4) ta có:
\(a+b+c+\sqrt{3}\ge8abc.\left(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\right)\)
25 tháng 5 2020
Chứng minh BĐT quen thuộc \(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\) Kết hợp với giả thiết ta có: \(\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\le\frac{1}{a^2+ab+bc+ca}+\frac{1}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{1}{c^2+ab+bc+ca}\)
\(=\frac{1}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{1}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{1}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}=\frac{2\left(a+b+c\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(\le\frac{2\left(a+b+c\right)}{\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}\) Như vậy cần chứng minh
\(a+b+c+\sqrt{3}\ge8abc\cdot\frac{9}{4\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{18\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)+\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge18abc\)
Ta đã có \(\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\) nên cần chứng minh được
\(\sqrt{3}\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\sqrt{3}abc\)
Theo BĐT AM-GM ta đi chứng minh một kết quả chặt hơn là:
\(3\sqrt[2]{a^2b^2c^2}\ge3\sqrt{3}abc\Leftrightarrow abc\le\frac{1}{3\sqrt{3}}\)
Và đây là điều luôn đúng vì \(abc=\sqrt{ab\cdot bc\cdot ca}\le\sqrt{\left(\frac{ab+bc+ca}{3}\right)^3}\le\sqrt{\frac{1}{27}}=\frac{1}{3\sqrt{3}}\)
Ta được đpcm. Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}\)
áp dụng B.C.S dạng phân thức
\(\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc}\ge\frac{\left(1+1\right)^2}{c.\left(a+b\right)}\ge\frac{4}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{4}}=16\)
\(\Rightarrowđpcm\)
๖²⁴ʱミ★๖ۣۜHυү❄๖ۣۜTú★彡⁀ᶦᵈᵒᶫ✎﹏
BCS ???
:))