Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Cho \(a,b,c\in Q\) thỏa mãn \(a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}=0\) \(\left(i\right)\)
Chứng minh rằng: \(a=b=c=0\)
\(-------\)
Chứng minh bổ đề: \(\sqrt[3]{2}\) là một số vô tỉ.
Đối với loại bài toán trên, ta cần dùng phương pháp phản chứng để tìm đáp án.
Thật vậy, giả sử \(R=\sqrt[3]{2}\) là một số hữu tỉ.
Tức là phải tồn tại các số nguyên \(m,n\) sao cho \(R=\frac{m}{n}\) nên \(R\) là nghiệm hữu tỉ của phương trình:
\(\left(\frac{m}{n}\right)^3=2;\)
Suy ra \(m\inƯ\left(2\right),\) \(n\inƯ\left(1\right)\)
Tuy nhiên, lại không tồn tại \(m\) nào là ước của \(2\) mà lũy thừa \(3\) (lập phương) bằng \(2\)
Do đó, suy ra điều giả sử sai!
Vậy, \(R\) là một số vô tỉ.
\(-------\)
Ta có:
\(\left(i\right)\) \(\Rightarrow\) \(c\sqrt[3]{2^2}+b\sqrt[3]{2}+a=0\) \(\left(ii\right)\)
Đặt \(a=z;\) \(b=y;\)và \(c=x\) \(\Rightarrow\) \(x,y,z\in Q\)
Ta biểu diễn lại phương trình \(\left(ii\right)\) dưới dạng ba biến số \(x,y,z\) như sau:
\(x\sqrt[3]{2^2}+y\sqrt[3]{2}+z=0\) \(\left(\alpha\right)\)
Giả sử phương trình \(\left(\alpha\right)\) tồn tại với ba ẩn \(x,y,z\) được xác định, ta có:
\(y\sqrt[3]{2^2}+z\sqrt[3]{2}+2x=0\) \(\left(\beta\right)\)
Từ \(\left(\alpha\right);\left(\beta\right)\) suy ra được \(\left(y^2-xz\right)\sqrt[3]{2}=\left(2x^2-yz\right)\)
Nếu \(2x^2-yz\ne0\) \(\Rightarrow\) \(\sqrt[3]{2}=\frac{2x^2-yz}{y^2-xz}\) là một số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
\(\Rightarrow\) \(\hept{\begin{cases}y^2-xz=0\\2x^2-yz=0\end{cases}}\) \(\Rightarrow\) \(\hept{\begin{cases}y^3=xyz\\yz=2x^2\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\) \(y^3=2x^3\) hay nói cách khác, \(y=x\sqrt[3]{2}\)
Nếu \(y\ne0\) thì \(\sqrt[3]{2}=\frac{y}{x}\in Q\) (mâu thuẫn với giả thiết theo bổ đề trên)
\(\Rightarrow\) \(x=0;y=0\)
Từ đó, ta dễ dàng chứng minh được \(z=0\)
Do đó, \(a=0;b=0;c=0\) (theo cách đặt trên)
Ngược lại, nếu \(a=b=c=0\) thì vẫn thỏa mãn \(\left(i\right)\) luôn đúng!
Vậy, tóm lại tất cả các điều đã nêu trên, kết luận \(a=b=c=0\)
Ta co:
\(\sqrt[4]{4}VT=\sqrt[4]{4}\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{4}\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{4}\sqrt[4]{c^3}\)
\(=\sqrt[4]{4a^3}+\sqrt[4]{4b^3}+\sqrt[4]{4c^3}\)
\(=\sqrt[4]{\left(a+b+c\right)a^3}+\sqrt[4]{\left(a+b+c\right)b^3}+\sqrt[4]{\left(a+b+c\right)c^3}\)
\(>\sqrt[4]{a^4}+\sqrt[4]{b^4}+\sqrt[4]{c^4}=a+b+c\)
\(\Rightarrow VT>\frac{a+b+c}{\sqrt[4]{4}}=\frac{4}{\sqrt[4]{4}}=2\sqrt{2}\)
1) \(\Sigma\frac{a}{b^3+ab}=\Sigma\left(\frac{1}{b}-\frac{b}{a+b^2}\right)\ge\Sigma\frac{1}{a}-\Sigma\frac{1}{2\sqrt{a}}=\Sigma\left(\frac{1}{a}-\frac{2}{\sqrt{a}}+1\right)+\Sigma\frac{3}{2\sqrt{a}}-3\)
\(\ge\Sigma\left(\frac{1}{\sqrt{a}}-1\right)^2+\frac{27}{2\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)}-3\ge\frac{27}{2\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}-3=\frac{3}{2}\)
Đặt \(\sqrt[4]{a}=x;\sqrt[4]{b}=y;\sqrt[4]{c}=z\)
Cần chứng minh
\(\sqrt[4]{a}+\sqrt[4]{b}>\sqrt[4]{c}=\sqrt[4]{a+b}\)
\(\Rightarrow\left(x^3+y^3\right)^4>\left(x^4+y^4\right)^3\)
Rôi phân phối ra là thấy
2a)với a,b,c là các số thực ta có
\(a^2-ab+b^2=\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2\ge\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2-ab+b^2}\ge\sqrt{\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2}=\frac{1}{2}\left|a+b\right|\)
tương tự \(\sqrt{b^2-bc+c^2}\ge\frac{1}{2}\left|b+c\right|\)
tương tự \(\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge\frac{1}{2}\left|a+c\right|\)
cộng từng vế mỗi BĐT ta được \(\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{2}=a+b+c\)
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
Bunhiacopxkhi \(\left(a^2+b+c\right)\left(1+b+c\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{\left(a^2+b+c\right)\left(1+b+c\right)}\ge a+b+c\)
Ta có:\(A=\frac{a}{\sqrt{a^2+b+c}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+c+a}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+a+b}}\le\frac{a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c}\)\(\Rightarrow\sqrt{3}A=\frac{\sqrt{3a}\sqrt{a+ab+ac}+\sqrt{3b}\sqrt{b+bc+ba}+\sqrt{3c}\sqrt{c+ca+cb}}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\sqrt{3}A\le\frac{4a+ab+ac+4b+bc+ba+4c+ca+cb}{a+b+c}=\frac{4\left(a+b+c\right)+2\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(a+b+c\right)}\)
\(\Rightarrow\sqrt{3}A\le\frac{2\left(a+b+c\right)+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{a+b+c}=\frac{6+a+b+c}{3}\le\frac{9}{3}=3\)
\(\Rightarrow A\le\sqrt{3}\)
mấy bài cơ bản nên cũng dễ, mk có thể giải hết cho bn vs 1 đk : bn đăng từng câu 1 thôi nhé !
bài 3 có thể lên gg tìm kỹ thuật AM-GM (cosi) ngược dấu
bài 8 c/m bđt phụ 5b3-a3/ab+3b2 </ 2b-a ( biến đổi tương đương)
những câu còn lại 1 nửa dùng bđt AM-GM , 1 nửa phân tích nhân tử ròi dựa vào điều kiện
ap dung bat dang thuc amgm
\(\sqrt{b^3+1}\) \(=\sqrt{\left(b+1\right)\left(b^2-b+1\right)}\le\frac{b+1+b^2-b+1}{2}\) \(=\frac{b^2+2}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{\sqrt{b^3+1}}\ge2.\frac{a}{b^2+2}\)
P=\(\frac{a}{\sqrt{b^3+1}}+\frac{b}{\sqrt{c^3+1}}+\frac{c}{\sqrt{a^3+1}}\ge2\left(\frac{a}{b^2+2}+\frac{b}{c^2+2}+\frac{c}{a^2+2}\right)\) \(\)
=\(2\left(\frac{a^2}{a\left(b^2+2\right)}+\frac{b^2}{b\left(c^2+2\right)}+\frac{c^2}{c\left(a^2+2\right)}\right)\)
tiep tuc ap dung bdt cauchy-swart dang phan thuc
\(\ge2\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a\left(b^2+2\right)+b\left(c^2+2\right)+c\left(a^2+2\right)}\)=
Bài 3 \(\hept{\begin{cases}x+y+xy=2+3\sqrt{2}\\x^2+y^2=6\end{cases}}\)
\(\hept{\begin{cases}\left(x+y\right)+xy=2+3\sqrt{2}\\\left(x+y\right)^2-2xy=6\end{cases}}\)
\(\hept{\begin{cases}S+P=2+3\sqrt{2}\left(1\right)\\S^2-2P=6\left(2\right)\end{cases}}\)
Từ (1)\(\Rightarrow P=2+3\sqrt{2}-S\)Thế P vào (2) rồi giải tiếp nhé. Mình lười lắm ^.^