Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Phản chứng. Giả sử tồn tại 3 số dương $a,b,c$ thỏa mãn điều trên
$\Rightarrow a+\frac{1}{b}+b+\frac{1}{c}+c+\frac{1}{a}< 6$
$\Leftrightarrow (a+\frac{1}{a}-2)+(b+\frac{1}{b}-2)+(c+\frac{1}{c}-2)< 0$
$\Leftrightarrow \frac{(a-1)^2}{a}+\frac{(b-1)^2}{b}+\frac{(c-1)^2}{c}< 0$ (vô lý với mọi $a,b,c>0$)
Do đó điều giả sử là sai.
Tức là không có 3 số dương $a,b,c$ nào thỏa mãn BĐT đã cho.
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2+3a+3b+3\right)=\left(a+1\right)\left(b+1\right)=25\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(\left(a-b\right)^2+3\left(ab+a+b+1\right)\right)-\left(a+1\right)\left(b+1\right)=25\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^3+3\left(a-b\right)\left(a+1\right)\left(b+1\right)-\left(a+1\right)\left(b+1\right)=25\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^3+\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(3a-3b-1\right)=25\)
Với a,b bình đẳng ta giải sử \(a>b\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)^3>0\) vì a,b \(\in N^+\)
Vậy a-b là số lập phương
Mà \(\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(3a-3b-1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)^3\le25\)
Khi đó \(\left(a-b\right)^3=8\Rightarrow a-b=2\)
\(\Rightarrow\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(3a-3b-1\right)=25-8=16\)
Xét các ước
\(P=\frac{\frac{1}{a^2}}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{\frac{1}{b^2}}{\frac{1}{a}+\frac{1}{c}}+\frac{\frac{1}{c^2}}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=\frac{1}{a}\\y=\frac{1}{b}\\z=\frac{1}{c}\end{cases}}\Rightarrow xyz=1\Rightarrow P=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(P\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{y+z+x+z+x+y}=\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Cần cách khác thì nhắn cái
TL:
Đặt a-b=x ; a+b+ab+1=y thì ta có pt ban đầu trở thành :
x(x2+3y)=y+25
.............(rồi bạn làm tiếp)
tới đó rồi làm như thế nào