cho a,b,c là các số thực dương t/m abc=1 cmr a^2+b^2+c^2<=3abc
Các bạn giải giùm với nhé
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
29 tháng 10 2020
VT=\(\frac{a^2}{ab+\frac{1}{b}}+\frac{b^2}{bc+\frac{1}{c}}+\frac{c^2}{ca+\frac{1}{a}}\)
áp dụng bđt cộng mẫu đc VT \(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+bc+ca+\frac{ab+bc+ca}{abc}}\left(1\right)\)
Ta có \(ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\forall a,b,c\)
Nên \(\left(1\right)\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3abc}}=\frac{1}{\frac{1}{3}+\frac{1}{3abc}}=\frac{3abc}{1+abc}\left(đccm\right)\)
dấu bằng xảy ra <> a=b=c
5 tháng 9 2016
đề sai á? tg ns lăng nhăng lên đây thử xem có ai giải k thôi
G
0
16 tháng 6 2019
Một họ gồm m phần tử đại diện cho m lớp tương đương nói trên được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m. Nói cách khác, hệ thặng dư đầy đủ modulo m là tập hợp gồm m số nguyên đôi một không đồng dư với nhau theo môđun m.
(x1, x2, …, xm) là hệ thặng dư đầy đủ modulo m ó xi – xj không chia hết cho m với mọi 1 £ i < j £ m.
Ví dụ với m = 5 thì (0, 1, 2, 3, 4), (4, 5, 6, 7, 8), (0, 3, 6, 9, 12) là các hệ thặng dư đầy đủ modulo 5.
Từ định nghĩa trên, ta dễ dàng suy ra tính chất đơn giản nhưng rất quan trọng sau:
Tính chất 1: Nếu (x1, x2, …, xm) là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m thì
a) Với a là số nguyên bất kỳ (x1+a, x2+a, …, xm+a) cũng là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m.
b) Nếu (a, m) = 1 thì (ax1, ax2, …, axm) cũng là một hệ thặng dư đầy đủ modulo m.
Với số nguyên dương m > 1, gọi j(m) là số các số nguyên dương nhỏ hơn m và nguyên tố cùng nhau với m. Khi đó, từ một hệ thặng dư đầy đủ mô-đun m, có đúng j(m) phần tử nguyên tố cùng nhau với m. Ta nói các phần tử này lập thành một hệ thặng dư thu gọn modulo m. Nói cách khác
(x1, x2, …, xj(m)) là hệ thặng dư thu gọn modulo m ó (xi, m) = 1 và xi – xj không chia hết cho m với mọi 1 £ i < j £ j(m).
Ta có
Tính chất 2: (x1, x2, …, xj(m)) là hệ thặng dư thu gọn modulo m và (a, m) = 1 thì
(ax1,a x2, …, axj(m)) cũng là một hệ thặng dư thu gọn modulo m.
Định lý Wilson. Số nguyên dương p > 1 là số nguyên tố khi và chỉ khi (p-1)! + 1 chia hết cho p.
Chứng minh. Nếu p là hợp số, p = s.t với s, t > 1 thì s £ p-1. Suy ra (p-1)! chia hết cho s, suy ra (p-1)! + 1 không chia hết cho s, từ đó (p-1)! + 1 không chia hết cho p. Vậy nếu (p-1)! + 1 chia hết cho p thì p phải là số nguyên tố.
~Hok tốt`
P/s:Ko chắc
17 tháng 6 2019
\(a< b< c< d< e< f\)
\(\Rightarrow a+c+e< b+d+f\)
\(\Rightarrow2\left(a+c+e\right)< a+b+c+d+e+f\)
\(\Rightarrow\frac{a+c+e}{a+b+c+d+e+f}< \frac{1}{2}\)
6 tháng 4 2019
Từ đề bài ta có \(a+b=abc-c\)
\(\Leftrightarrow a+b=c\left(ab-1\right)\)
\(\Leftrightarrow c=\frac{a+b}{ab-1}\)
Ta có : \(\sqrt{1+c^2}=\sqrt{1+\left(\frac{a+b}{ab-1}\right)^2}=...=\sqrt{\frac{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}{\left(ab-1\right)^2}}\)
\(=\frac{\sqrt{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}}{ab-1}>\frac{\sqrt{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}}{ab}\)
Thế vào bài toán ta đc \(VT< \frac{\sqrt{1+a^2}}{a}+\frac{\sqrt{1+b^2}}{b}-\frac{\sqrt{\left(1+a^2\right)\left(1+b^2\right)}}{ab}\)
Ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{\sqrt{1+a^2}}{a}=\sqrt{\frac{1}{a^2}+1}>1\\\frac{\sqrt{1+b^2}}{b}=\sqrt{\frac{1}{b^2}+1}>1\end{cases}}\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}\frac{\sqrt{1+a^2}}{a}=x\left(x>1\right)\\\frac{\sqrt{1+b^2}}{b}=y\left(y>1\right)\end{cases}}\)
Khi đó \(VT< x+y-xy\)
Bây giờ ta cần chứng mình \(x+y-xy< 1\)(1) là bài toán sẽ đc giải quyết
Thật vậy : \(\left(1\right)\Leftrightarrow xy+1-x-y>0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(y-1\right)>0\)(Luôn đúng vs x ; y > 1)
Vậy VT < 1