Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM thì:
\((a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow (\sqrt{3})^2\geq 3(ab+bc+ac)\Rightarrow ab+bc+ac\leq 1\)
\(\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{a^2+1}}\leq \frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ac}}=\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\)
Hoàn toàn TT với các phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}+\frac{b}{\sqrt{(b+c)(b+a)}}+\frac{c}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}\)
\(\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+c}+\frac{b}{b+a}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}\right)\) (BĐT Cauchy)
hay \(\text{VT}\leq \frac{1}{2}\left(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}\right)=\frac{3}{2}\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
a) Từ giả thiết : \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\text{=}\dfrac{1}{c}\)
\(\Rightarrow2ab\text{=}2bc+2ca\)
\(\Rightarrow2ab-2bc-2ca\text{=}0\)
Ta xét : \(\left(a+b-c\right)^2\text{=}a^2+b^2+c^2+2ab-2bc-2ca\)
\(\text{=}a^2+b^2+c^2\)
Do đó : \(A\text{=}\sqrt{a^2+b^2+c^2}\text{=}\sqrt{\left(a+b-c\right)^2}\)
\(\Rightarrow A\text{=}a+b-c\)
Vì a;b;c là các số hữu tỉ suy ra : đpcm
b) Đặt : \(a\text{=}\dfrac{1}{x-y};b\text{=}\dfrac{1}{y-x};c\text{=}\dfrac{1}{z-x}\)
Do đó : \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\text{=}\dfrac{1}{c}\)
Ta có : \(B\text{=}\sqrt{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}}\)
Từ đây ta thấy giống phần a nên :
\(B\text{=}a+b-c\)
\(B\text{=}\dfrac{1}{x-y}+\dfrac{1}{y-z}-\dfrac{1}{z-x}\)
Suy ra : đpcm.
Mình bổ sung đề phần b cần phải có điều kiện của x;y;z nha bạn.
ta chứng minh đc \(x^3+y^3\ge xy\left(x+y\right)\)
thay vào + biến đổi ta có đpcm
đẳng thúc xảy ra khi a=b=c
lol!!!
1) Áp dụng bất đẳng Bunyakovsky dạng cộng mẫu ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}=\frac{a^6}{abc}+\frac{b^6}{abc}+\frac{c^6}{abc}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\)
\(=\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}\ge\frac{3abc\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}=a^3+b^3+c^3\)
(Cauchy 3 số) Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c
2) Áp dụng kết quả phần 1 ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\ge\frac{\left(a^3+b^2+c^3\right)^2}{3\cdot\frac{1}{3}}=\left(a^3+b^3+c^3\right)^2\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)
Đặt \(\dfrac{a^3}{c}=x;\dfrac{b^3}{a}=y;\dfrac{c^3}{b}=z\)
Suy ra \(\dfrac{a^3}{c}.\dfrac{b^3}{a}.\dfrac{c^3}{b}=xyz\Leftrightarrow xyz=\left(abc\right)^2=1\)
Vậy ta có \(\dfrac{c}{a^3}=\dfrac{1}{x};\dfrac{a}{b^3}=\dfrac{1}{y};\dfrac{b}{c^3}=\dfrac{1}{z}\)
Theo đề bài ta có \(x+y+z=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=\dfrac{xy+xz+yz}{xyz}=xy+xz+yz\)
Ta lại có \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)\left(z-1\right)=xyz-xz-yz-xy+x+y+z-1=1-\left(xz+yz+xy\right)+x+y+z-1=-\left(x+y+z\right)+\left(x+y+z\right)=0\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}x-1=0\\y-1=0\\z-1=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\)\(\left[{}\begin{matrix}x=1\\y=1\\z=1\end{matrix}\right.\)
_ x=1\(\Leftrightarrow\dfrac{a^3}{c}=1\Leftrightarrow a^3=c\left(1\right)\)
Tương tự:
y=1\(\Leftrightarrow\)\(b^3=a\)(2)
z=1\(\Leftrightarrow c^3=b\)(3)
Từ (1),(2),(3)
Vậy trong 3 số a,b,c luôn tồn tại một số là lập phương của một trong 2 số còn lại