Cho a,b,c là các số nguyên tố đôi một khác nhau
Chứng minh rằng:
\(\frac{1}{\left[a,b\right]}+\frac{1}{\left[a,c\right]}+\frac{1}{\left[b,c\right]}\le\frac{1}{3}\)
Với [a,b]=BCNN(a,b)
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
16 tháng 3 2019
\(\text{Vì }\left[a,b\right],\left[b,c\right],\left[c,a\right]\text{ là BCNN}\)
\(\Rightarrow\left[a,b\right]=a.b;\left[b,c\right]=b.c;\left[c,a\right]=c.a\)
\(\Rightarrow\frac{1}{\left[a+b\right]}+\frac{1}{\left[b+c\right]}+\frac{1}{\left[c+a\right]}=\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\)
\(\text{Giả sử }a< b< c\)
\(\Rightarrow a\le2;b\le3;c\le5\)
\(\Rightarrow\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\le\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.5}+\frac{1}{5.2}=\frac{1}{3}\)
\(\text{hay }\frac{1}{\left[a+b\right]}+\frac{1}{\left[b+c\right]}+\frac{1}{c+a}\le\frac{1}{3}\left(đpcm\right)\)
E
6 tháng 3 2021
Giả sử \(a< b< c\)thì \(a\ge2\)\(;\)\(b\ge3\)\(;\)\(c\ge5\)
Ta có:
\(\frac{1}{\left[a,b\right]}=\frac{1}{ab}\le\frac{1}{6}\)\(;\)\(\frac{1}{\left[b,c\right]}=\frac{1}{bc}\le\frac{1}{15}\)\(;\)\(\frac{1}{\left[c,a\right]}=\frac{1}{ca}\le\frac{1}{10}\)
Do đó: \(\frac{1}{\left[a,b\right]}+\frac{1}{\left[b,c\right]}+\frac{1}{\left[c,a\right]}\le\)\(\frac{1}{6}+\frac{1}{15}+\frac{1}{10}=\frac{1}{3}\)
\(\Rightarrow\)\(\frac{1}{\left[a,b\right]}+\frac{1}{\left[b,c\right]}+\frac{1}{\left[c,a\right]}\le\)\(\frac{1}{3}\)\(\rightarrowĐPCM\)
KT
5 tháng 12 2017
P = \(\frac{a^3}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}\)\(+\)\(\frac{b^3}{\left(b-a\right)\left(b-c\right)}\)\(+\)\(\frac{c^3}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}\)
= \(\frac{a^3\left(b-c\right)}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}\)\(+\)\(\frac{b^3\left(c-a\right)}{\left(b-a\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)\(+\)\(\frac{c^3\left(a-b\right)}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)\left(a-b\right)}\)
= \(\frac{a^3\left(b-c\right)+b^3\left(c-a\right)+c^3\left(a-b\right)}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}\)
Tử số = a3(b - c) + b3(c - a) + c3(a - b)
= a3(b - c) - b3[(b - c) + (a - b)] + c3(a - b)
= a3(b - c) - b3(b - c) - b3(a - b) + c3(a - b)
= (b - c)(a3 - b3) - (a - b)(b3 - c3)
= (b - c)(a - b)(a2 + ab + b2) - (a - b)(b - c)(b2 + bc + c2)
= (a - b)(b - c)(a2 + ab + b2 - b2 - bc - c2)
= (a - b)(b - c)(a2 + ab - bc - c2)
= (a - b)(b - c)(a - c)(a + b + c)
Vậy P = \(\frac{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)\left(a+b+c\right)}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}\)= a + b + c
Vì a, b , c là các số nguyên đôi một khác nhau nên a + b + c là số nguyên
hay P có giá trị là 1 số nguyên
19 tháng 2 2022
Ta có:
\(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)
Hoàn toàn tương tự ta có:
\(\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\);
\(\frac{1}{\left(c+b+\sqrt{\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo bất đẳng thức trên ta được:
\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)
\(\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Do đó:
\(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\)
\(\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, bất đẳng thức xày ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
KN
28 tháng 8 2020
Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: \(16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}\)hay \(\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}\)
Đến đây, ta cần chứng minh \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có \(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}\)hay \(\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}\); \(\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được \(\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)\)
Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành \(pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r\)*đúng vì \(a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\); \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\))
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{4}\)
