Cho \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=0\) với \(a,b,c\ne0\). Chứng minh rằng \(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
AH
Akai Haruma
Giáo viên
9 tháng 11 2021
Lời giải:
Đặt $\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}=t$
$\Rightarrow x=at; y=bt; z=ct$. Ta có:
$(x+y+z)^2=(at+bt+ct)^2=t^2(a+b+c)^2=t^2(*)$
Mặt khác:
$x^2+y^2+z^2=(at)^2+(bt)^2+(ct)^2=t^2(a^2+b^2+c^2)=t^2(**)$
Từ $(*); (**)\Rightarrow (x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2$ (đpcm)
GH
18 tháng 6 2023
Đặt \(x=\dfrac{1}{a},y=\dfrac{1}{b},z=\dfrac{1}{c}\) khi đó thu được \(xyz=1\)
Ta có:
\(\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{x^2}{\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}}=\dfrac{x^2yz}{y+z}=\dfrac{x}{y+z}\)
BĐT cần chứng minh được viết lại thành:\(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{x}{y+z}+1\right)+\left(\dfrac{y}{z+x}+1\right)+\left(\dfrac{z}{x+y}+1\right)\ge\dfrac{9}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}+\dfrac{1}{x+y}\right)\ge\dfrac{9}{2}\)
Đánh giá cuối cùng đúng theo BĐT Cauchy
Vậy BĐT được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
26 tháng 3 2017
Ta có:
\(VT=\sqrt{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}}\)
\(=\sqrt{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+2\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)-2\left(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\right)}\)
\(=\sqrt{\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2-2\left(\dfrac{c}{abc}+\dfrac{a}{abc}+\dfrac{b}{bca}\right)}\)
\(=\sqrt{\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2-2\left(\dfrac{a+b+c}{abc}\right)}\)
\(=\sqrt{\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)^2}\)
\(=\left|\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right|\)
\(\Rightarrow VT=VP\)
Vậy \(\sqrt{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}}=\left|\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right|\) (Đpcm)
9 tháng 4 2017
Lời giải
\(\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}\right)\left(b^2+\dfrac{1}{b^2}\right)\left(c^2+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge8\)
\(A=\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}\right)\left(b^2+\dfrac{1}{b^2}\right)\left(c^2+\dfrac{1}{c^2}\right)\)
\(A=\left[\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}-2\right)+2\right].\left[\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}-2\right)+2\right].\left[\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}-2\right)+2\right]\)
\(A=\left[\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2+2\right].\left[\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2+2\right].\left[\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2+2\right]\)Thừa nhận cần c/m câu khác: \(\left(x-\dfrac{1}{x}\right)^2\ge0\forall x\ne0\)
\(\Rightarrow A\ge\left[\left(0\right)+2\right].\left[\left(0\right)+2\right].\left[\left(0\right)+2\right]=8\)
\(\Rightarrow A\ge8\forall_{a,b,c\ne0}\)=> dpcm
Đẳng thức khi \(\left\{{}\begin{matrix}\left|a\right|=1\\\left|b\right|=1\\\left|c\right|=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\pm1\\b=\pm1\\c=\pm1\end{matrix}\right.\) Không tin bạn thử a=b=c=-1<0 vào thử xem
PC
6 tháng 4 2017
Có một chút vần đề nha ĐK phải là a,b,c > 0 nhé
bài này ta sẽ chứng minh lần lượt \(a^2+\dfrac{1}{a^2};b^2+\dfrac{1}{b^2};c^2+\dfrac{1}{c^2}\)lớn hơn hoặc bằng 2
Ta sẽ giả sử
\(a^2+\dfrac{1}{a^2}\ge2\)(2)
\(\Leftrightarrow a^2-2+\dfrac{1}{a^2}\ge0\Leftrightarrow a^2-2a\times\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2\ge0\)(luôn đúng) (1)
BĐT (2) đúng suy ra BĐT (1) đúng
Dấu '=' xảy ra khi và chỉ khi \(a=\dfrac{1}{a}\Leftrightarrow a^2=1\Leftrightarrow a=1\)(*)
CMTT ta có : \(b^2+\dfrac{1}{b^2}\ge2\) (=) b = 1 (**)
\(c^2+\dfrac{1}{c^2}\ge2\) (=) c = 1 (***)
Nhân vế theo vế của (*) , (**) , (***) ta được
\(\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}\right).\left(b^2+\dfrac{1}{b^2}\right).\left(c^2+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge2^3=8\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 12 2018
\(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)=a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac=0\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=0\)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{a}=x\\\dfrac{1}{b}=y\\\dfrac{1}{c}=z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x+y+z=0\) \(\Rightarrow z=-\left(x+y\right)\)
Đẳng thức cần chứng minh: \(x^3+y^3+z^3=3xyz\) với \(x+y+z=0\)
Ta có:
\(x^3+y^3+z^3=x^3+y^3-\left(x+y\right)^3=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)-\left(x+y\right)^3\)
\(=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2-\left(x+y\right)^2\right)=\left(x+y\right)\left(-3xy\right)\)
\(=-\left(x+y\right).3xy=z.3xy=3xyz\)
Vậy \(x^3+y^3+z^3=3xyz\Rightarrow\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}=\dfrac{3}{abc}\)
\(\)
22 tháng 5 2022
Bài 1:
a: \(=\dfrac{1}{mn^2}\cdot\dfrac{n^2\cdot\left(-m\right)}{\sqrt{5}}=\dfrac{-\sqrt{5}}{5}\)
b: \(=\dfrac{m^2}{\left|2m-3\right|}=\dfrac{m^2}{3-2m}\)
c: \(=\left(\sqrt{a}+1\right):\dfrac{\left(a-1\right)^2}{\left(1-\sqrt{a}\right)}=\dfrac{-\left(a-1\right)}{\left(a-1\right)^2}=\dfrac{-1}{a-1}\)
H9
HT.Phong (9A5)
CTVHS
9 tháng 8 2023
Đặt: \(\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}=k\)
\(\Rightarrow a=bk,c=dk\)
Ta có VT:
\(\dfrac{\left(a-b\right)^2}{\left(c-d\right)^2}=\dfrac{\left(bk-b\right)^2}{\left(dk-d\right)^2}\)
\(=\dfrac{b^2\left(k-1\right)^2}{d^2\left(k-1\right)^2}=\dfrac{b^2}{d^2}\) (1)
VT: \(\dfrac{ab}{cd}=\dfrac{bk\cdot b}{dk\cdot d}=\dfrac{b^2k}{d^2k}=\dfrac{b^2}{d^2}\) (2)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(a-b\right)^2}{\left(c-d\right)^2}=\dfrac{ab}{cd}\left(đpcm\right)\)
T
9 tháng 8 2023
Có: \(\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}\Leftrightarrow ab=cd\Leftrightarrow\dfrac{a}{c}=\dfrac{b}{d}\)
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
\(\dfrac{a}{c}=\dfrac{b}{d}=\dfrac{a-b}{c-d}\)\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{a}{c}\right)^2=\left(\dfrac{b}{d}\right)^2=\dfrac{ab}{cd}=\left(\dfrac{a-b}{c-d}\right)^2\)
Vậy...
N
1 tháng 10 2017
Fix đề: Cho a,b,c không âm. Chứng minh \(\dfrac{1}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{1}{\left(b-c\right)^2}+\dfrac{1}{\left(c-a\right)^2}\ge\dfrac{4}{ab+bc+ca}\)
Dự đoán điểm rơi sẽ có 1 số bằng 0.
Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\) ( c là số nhỏ nhất trong 3 số) thì \(c\ge0\)
do đó \(ab+bc+ca\ge ab\) và \(\dfrac{1}{\left(b-c\right)^2}\ge\dfrac{1}{b^2};\dfrac{1}{\left(c-a\right)^2}=\dfrac{1}{\left(a-c\right)^2}\ge\dfrac{1}{a^2}\)
BDT cần chứng minh tương đương
\(ab\left[\dfrac{1}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\right]\ge4\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{a^2+b^2}{ab}\ge4\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{\left(a-b\right)^2}{ab}+2\ge4\)
BĐT trên hiển nhiên đúng theo AM-GM.
Do đó ta có đpcm. Dấu = xảy ra khi c=0 , \(\left(a-b\right)^2=a^2b^2\) ( và các hoán vị )
Lời giải:
Từ \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0\)
\(\Leftrightarrow \frac{ab+bc+ac}{abc}=0\Leftrightarrow ab+bc+ac=0\)
\(\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)=0\)
Cộng cả hai vế với \(a^2+b^2+c^2\) thì:
\(a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)=a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow (a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2\)
Do đó ta có đpcm.