Cho a, b, c >0 thỏa mãn: \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=a^2b^2c^2\)
Chứng minh rằng: \(\Sigma_{cyc}\frac{1}{\sqrt{a^5+b^5}}\le\sqrt{\Sigma_{cyc}\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
đang linh tinh ngáo ak
câu hỏi mà cũng đăng nội quy
trẻ trâu lắm thiệt
\(a,|x+1|+|x-1|=4\)\((*)\)
Khi đó pt \((*)\) \(\Leftrightarrow x+1+x-1=4\Leftrightarrow x=2\left(tm\right)\)
Khi đó pt \((*)\) \(\Leftrightarrow x+1+1-x=4\Leftrightarrow0=2\left(vl\right)\)
Khi đó pt \((*)\) \(\Leftrightarrow-x-1+1-x=4\)
\(\Leftrightarrow x=-2\left(tm\right)\)
Vậy pt có 2 \(n_0\) \(x=\pm2\)
\(b,\frac{|2x-1|}{x+1}=\frac{1}{2}\left(Đkxđ:x\ne-1\right)\)
\(\Rightarrow2|2x-1|=x+1\)
\(\Leftrightarrow4x-2=x+1\)
\(\Leftrightarrow x=1\left(tm\right)\)
\(\Leftrightarrow2-4x=x+1\)
\(\Leftrightarrow x=\frac{1}{5}\left(l\right)\)
Vậy pt có 1 \(n_0\) \(x=1\)
\(P=a-\frac{ab^2}{1+b^2}+b-\frac{bc^2}{1+c^2}+c-\frac{ca^2}{1+a^2}\)
\(\ge a-\frac{ab^2}{2b}+b-\frac{bc^2}{2c}+c-\frac{ca^2}{2c}\) (AM-GM)
\(\ge a-\frac{ab}{2}+b-\frac{bc}{2}+c-\frac{ac}{2}\ge\left(a+b+c\right)-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{6}\ge3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\)
Vay MinP=3/2 dau = xay ra khi a=b=c=1
Áp dụng cosi ta có \(a.a.a.b.b\le\frac{3a^5+2b^5}{5};b.b.b.a.a\le\frac{3b^5+2a^5}{5}\)
=> \(a^5+b^5\ge a^2b^2\left(a+b\right)\)
Khi đó
\(VT\le\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}+\frac{1}{bc\sqrt{b+c}}+\frac{1}{ac\sqrt{a+c}}\)
Áp dụng BĐT buniacoxki ta có :
\((\frac{1}{ab\sqrt{a+b}}+\frac{1}{bc\sqrt{b+c}}+\frac{1}{ac\sqrt{a+c}})^2\le\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\left(\frac{1}{b^2\left(a+b\right)}+\frac{1}{c^2\left(b+c\right)}+...\right)\)
Mà 1/a^2+1/b^2+1/c^2=1(giả thiết)
=> \(VT\le VP\)(ĐPCM)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=can(3)
hay quá