Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
M=1/a^2+1/b^2+1/c^2 = (a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2)/a^2b^2c^2
Bình phương 2 vế a+b+c=0
=> a^2+b^2+c^2 = -2(ab+bc+ca)
=> (a^2 +b^2 +c^2)^2 =4 [a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + 2abc(a+b+c)]
=> (a^2 +b^2 +c^2)^2/4 = a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2
=> M = [(a^2 +b^2 +c^2)/2abc]^2
Vì a,b,c là các số hữu tỷ
=> M là bình phương của số hữu tỷ
\(M=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{a^2b^2c^2}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2-2b^2ac-2c^2ab-2a^2bc}{a^2b^2c^2}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2-2abc\left(a+b+c\right)}{a^2b^2c^2}\)
\(=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{a^2b^2c^2}=\left(\frac{ab+bc+ca}{abc}\right)^2\) là bình phương 1 số hửu tỉ.
\(\Sigma\frac{a^3+1}{b^3+c^3+1}=(\frac{-\left(a+b\right)\left(c^3+1\right)}{ab\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+1\right)}+\frac{\Sigma\left(a+b\right)^2}{3\left(a+b+c\right)}+2\left(a+b+c\right)\)
\(+\frac{\frac{1}{2}\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\right)\left(\Sigma\frac{1}{\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{b^2}}\right)}{\left(a+b+c\right)^2+3\left(a+b+c\right)+9}+\frac{\Sigma\left(a-b\right)^2}{a+b+c})\left(a-b\right)^2+2\ge2\)
justforfun:)
\(A=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
\(=\frac{a}{b+c}+1+\frac{b}{c+a}+1+\frac{c}{a+b}+1-3\)
\(=\frac{a+b+c}{b+c}+\frac{a+b+c}{c+a}+\frac{a+b+c}{a+b}-3\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)-3\)
\(=7.\frac{7}{10}-3=\frac{49}{10}-3=\frac{19}{10}\)
Ta có:\(1\frac{8}{11}=\frac{19}{11}< \frac{19}{10}\left(đpcm\right)\)
V...
Với x, y là các số thực dương bất kì, theo BĐT Cô-si. Ta có:
\(\left(x+y\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\ge2\sqrt{xy}.2\sqrt{\frac{1}{xy}}=4\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x+y}\le4\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)\)
Áp dụng BĐT trên ta có:
\(\frac{ab}{c+1}=\frac{ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\le\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{c+a}+\frac{1}{c+b}\right)\)
Tương tự \(\frac{bc}{a+1}\le\frac{bc}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)\)
Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên ta được:
\(VT\left(1\right)\le\frac{1}{4}\left(\frac{ab+ca}{b+c}+\frac{ab+cb}{c+a}+\frac{cb+ca}{a+b}\right)=\frac{a+b+c}{4}=\frac{1}{4}\)(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
P/s: Bạn nói đúng, lớp 6 giải được rồi! Như mình nè , có điều không chắc thôi! =)))
\(b^2=ac\Rightarrow\frac{a}{b}=\frac{b}{c}\)
\(c^2=bd\Rightarrow\frac{b}{c}=\frac{c}{d}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b}=\frac{b}{c}=\frac{c}{d}\Rightarrow\frac{a^3}{b^3}=\frac{b^3}{c^3}=\frac{c^3}{d^3}=\frac{a^3+b^3+c^3}{b^3+c^3+d^3}=\frac{a.b.c}{b.c.d}=\frac{a}{d}\)
=> đpcm
a # b # c # a,thoan man a/(b-c)+b/(c-a)+c/(a-b)=0
<=> a(c-a)(a-b)+b(a-b)(b-c)+c(b-c)(c-a)=0
<=>-a(a-n)(a-c)-b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)(c-b)=0
<=>a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b)=0 (*)
Tu (*)ta thay a,b,c doi xung nen ko giam tinh tong quat gia su :a>b>c
Nếu a,b,c đều ko âm ,giả thiết trên thành a>b>c>hoặc=0
(*)<=>(a-b)(a^2 - ac - b^2 +bc)+c(c-a)(c-b)=0
<=>(a-b)[(a+b)(a-b)- c(a-b)]+c(c -a)(c-b)=0
<=>(a-b)^2.(a+b-c)+c(a-c)(b-c)=0 (**)
Thấy b- c > 0 (do b > c)và a > 0 =>a+b-c > 0 =>(a-b)^2 . (a+b-c)>0 va c(a-c)(b-c)>hoac = 0
=>(a-b)^2.(a+b-c)+c(a-c)(b-c)>0 mâu thuẫn với (**)
Vay c < 0 (noi chung la trong a,b,c phai co so am )
Nếu cả a,b,c đều không có số dương do giả thiết trên ta có :0 > hoac = a > hoac = b>hoac = c
(*)<=>a(a-b)(a-c)+(b-c)(b^2-ab-c^2 + ca)=0
<=>a(a-b)(a-c)+(b-c)[(b+c)(b-c)-a(b-c)]=0
<=>a(a-b)(a-c)+(b-c)^2.(b+c-a)=0 (***)
a-b > 0 ;a- c > 0 => a(a-b)(a-c)< hoac = 0 (vi a < hoac = 0)
Và b<0 ; c -a < 0 => b+ c -a < 0=>(b-c)^2.(b+c-a)<0
=> a(a-b)(a-c)+(b-c)^2.(b+c-a)<0 mâu thuẫn với (***)
Chứng tỏ trong a,b,c phải có số dương
Tóm lại trong 3 số a,b,c phải có số dương và âm .