Cho ba số dương $a, \, b, \, c$ thỏa mãn điều kiện $a+b+c+ab+bc+ca=6abc$. Chứng minh rằng
$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge 3$.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xét \(f\left(x\right)=VT=x^2+y^2+xy-3x-3y+3\)
\(=x^2+\left(y-3\right)x+y^2-3y+3\)
Có \(\Delta=\left(y-3\right)^2-4\left(y^2-3y+3\right)\)
\(=y^2-6y+9-4y^2+12y-12\)
\(=-3y^2+6y-3\)
\(=-3\left(y-1\right)^2\le0\) với mọi \(y\inℝ\)
Mà \(f\left(x\right)\) có hệ số cao nhất bằng \(1>0\) nên từ đây có \(VT=f\left(x\right)\ge0\)
Dấu "=" xảy ra khi \(y=1\). Khi đó \(\Delta=0\) nên pt \(f\left(x\right)=0\) có nghiệm kép \(\Leftrightarrow\) \(x=\dfrac{-\left(y-3\right)}{2}=1\).
Ta có đpcm.
\(\left(2x-1\right)^{50}=2x-1\\ =>\left(2x-1\right)^{50}-\left(2x-1\right)=0\\ =>\left(2x-1\right)\left[\left(2x-1\right)^{49}-1\right]=0\)
TH1:
\(2x-1\\ =>2x=1\\ =>x=\dfrac{1}{2}\)
TH2:
\(\left(2x-1\right)^{49}-1=0\\=>\left(2x-1\right)^{49}=1\\ =>\left(2x-1\right)^{49}=1^{49}\\ =>2x-1=1\\ =>2x=1+1=2\\ =>x=\dfrac{2}{2}\\ =>x=1\)
\(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{23}+\dfrac{1}{6}\\ =\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}\right)+\dfrac{1}{23}+\dfrac{1}{6}\\ =\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{23}+\dfrac{1}{6}\\ =\dfrac{2}{6}+\dfrac{1}{23}\\ =\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{23}\\ =\dfrac{26}{69}\)
\(3^{x-1}+5\cdot3^{x-1}=162\\ =>3^{x-1}\cdot\left(1+5\right)=162\\ =>3^{x-1}\cdot6=162\\ =>3^{x-1}=162:6\\ =>3^{x-1}=27\\ =>3^{x-1}=3^3\\ =>x-1=3\\ =>x=1+3=4\)
a; 8 : \(x\) = 2
\(x\) = 8 : 2
\(x\) = 4; \(x\) \(\in\) N*
⇒ \(x\) \(\in\) A = {1; 2; 3; 4}
Tập A có 4 phần tử
b; \(x\) + 3 < 5 ⇒ \(x\) < 5 - 3 ⇒ \(x< 2\) vì \(x\in\) N
⇒ \(x\) \(\in\) B = {0; 1} Vậy tập B có 2 phần tử
C; \(x\) - 2 = \(x+2\)
\(x\) - \(x\) = 2 + 2
0 = 4 (vô lí)
C = \(\varnothing\)
Số phần tử của tập C là 0 phần tử
d; \(x:2=x:4\)
\(\dfrac{x}{2}\) - \(\dfrac{x}{4}\) = 0
\(x\) x (\(\dfrac{1}{2}\) - \(\dfrac{1}{4}\)) = 0
\(x\times\) \(\dfrac{1}{4}\) = 0
\(x=0\)
D = {0}
Tập D có 1 phần tử
e; \(x\) + 0 = \(x\)
\(x\) = \(x\)
Vậy E = {0; 1; 2; 3; 4;...}
Tập E có vô số phần tử