Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1,
\(\frac{a}{1+\frac{b}{a}}+\frac{b}{1+\frac{c}{b}}+\frac{c}{1+\frac{a}{c}}=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}=\frac{2}{2}=1\left(Q.E.D\right)\)
Đặt \(d=\left(a,b\right)\)
Suy ra \(a=dm,b=dn,\left(m,n\right)=1\).
\(a^2+b^2=d^2\left(m^2+n^2\right)\)
\(ab=d^2mn\)
Suy ra \(\left(m^2+n^2\right)⋮mn\Rightarrow\hept{\begin{cases}m^2+n^2⋮m\\m^2+n^2⋮n\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m^2⋮n\\n^2⋮m\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m⋮n\\n⋮m\end{cases}}\)(vì \(\left(m,n\right)=1\))
Suy ra \(m=n=1\).
Do đó \(a=b\)
\(M=\frac{8ab}{a^2+b^2}=\frac{8a^2}{a^2+a^2}=4\)là số chính phương.
Câu hỏi của NGUUYỄN NGỌC MINH - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
Nếu bạn đã từng tự rủa bản thân vì quá ngu...thì đúng là bạn ngu thật. Chỉ có loại ngu mới đi chửi chính mình.
-Triết lý anh Sơn-
2c, \(x^2\left(1+y^2\right)+y^2\left(1+z^2\right)+z^2\left(1+x^2\right)\ge6xyz\\
\)
Á djt mẹ nãy dùng BĐT quá k nhớ ra là còn có cả trường hợp âm không dùng BĐT được...nên xử lí luôn he? :))
Nếu trong 3 số \(x,y,z\)có 1 hoặc 3 số âm, ta có \(6xyz\le0\le x^2\left(1+y^2\right)+y^2\left(1+z^2\right)+z^2\left(1+x^2\right)\) (ĐPCM)
Nếu trong 3 số \(x,y,z\)có 2 số âm hoặc có 3 số dương thì xét như nhau (nói âm dương là vậy chứ thiết nhất là em ghi \("\ge0"\)và \("\le0"\)cho nó chuẩn nhất ;))
Có: \(x^2\left(1+y^2\right)+y^2\left(1+z^2\right)+z^2\left(1+x^2\right)\ge2x^2y+2y^2z+2z^2x\)(1) (Bất đẳng thức Cô-si)
Ta cần chứng minh: \(2x^2y+2zy^2+2xz^2\ge6xyz\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{2x^2y}{xyz}+\frac{2zy^2}{xyz}+\frac{2xz^2}{xyz}=2\frac{x}{z}+2\frac{y}{x}+2\frac{z}{y}\ge6\)(2)
Đến đây có thể làm theo 2 cách, nhưng thôi anh làm cách nhanh hơn :))
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz cho 2 bộ số \(\left(\sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z}\right)\)và \(\left(x,y,z\right)\)trong đó \(x,y,z\ge0\). Khi đó:
\(\frac{\left(\sqrt{x}\right)^2}{z}+\frac{\left(\sqrt{y}\right)^2}{x}+\frac{\left(\sqrt{z}\right)^2}{y}\ge\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\)
Thay vào (2) ta có:\(2\frac{x}{z}+2\frac{y}{x}+2\frac{z}{y}\ge2\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\ge6\)(3)
Từ (1), (2) và (3) => ĐPCM
Đến đây có lẽ chú sẽ nghĩ: Dựa vào đâu mà cha này bảo \(\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\ge3\)???
Thì câu trả lời đây: \(\frac{\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2}{x+y+z}\ge3\)\(\Leftrightarrow\)\(\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2\ge3\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(2x+2y+2z-2\sqrt{xy}-2\sqrt{yz}-2\sqrt{zx}=\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2+\left(\sqrt{y}-\sqrt{z}\right)^2+\left(\sqrt{z}-\sqrt{x}\right)^2\ge0\)
B3 mk tìm đc cách giải r nhưng bạn nào muốn thì trả lời cg đc
Các bạn giải giúp mình B2 và B5 nhé. Mấy bài kia mình giải được rồi.
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.
Vì \(ab⋮a\)mà \(a^2+b^2⋮ab\)=>\(a^2+b^2⋮a\)=>\(b^2⋮a\Rightarrow b⋮a\)
\(ab⋮b\)mà \(a^2+b^2⋮ab\Rightarrow a^2+b^2⋮b\Rightarrow a^2⋮b\Rightarrow a⋮b\)
Vì \(a,b\in Z^+\)mà\(a⋮b;b⋮a\)=>\(a=b\Rightarrow P=\frac{a^2+b^2}{ab}=\frac{2a^2}{a^2}=2\)