Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
EM tham khảo phần đầu ở link: Câu hỏi của Đinh Nguyến Nhật Minh - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
Trong 3 số a,b, c có hai số đối nhau g/s 2 số đó là a và b kho đó a=-b
=> \(\frac{1}{a^{2019}}+\frac{1}{b^{2019}}+\frac{1}{c^{2019}}=\frac{1}{\left(-b\right)^{2019}}+\frac{1}{b^{2019}}+\frac{1}{c^{2019}}=-\frac{1}{b^{2019}}+\frac{1}{b^{2019}}+\frac{1}{c^{2019}}=\frac{1}{c^{2019}}\)
và \(\frac{1}{a^{2019}+b^{2019}+c^{2019}}=\frac{1}{\left(-b\right)^{2019}+b^{2019}+c^{2019}}=\frac{1}{-b^{2019}+b^{2019}+c^{2019}}=\frac{1}{c^{2019}}\)
Do đó: \(\frac{1}{a^{2019}}+\frac{1}{b^{2019}}+\frac{1}{c^{2019}}=\frac{1}{a^{2019}+b^{2019}+c^{2019}}\)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: \(\frac{1}{a^4\left(b+1\right)\left(c+1\right)}+\frac{1}{b^4\left(c+1\right)\left(a+1\right)}+\frac{1}{c^4\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
Đặt \(a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}\)thì \(\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\xyz=1\end{cases}}\)và ta đưa BĐT cần chứng minh về dạng \(\frac{x^3}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}+\frac{y^3}{\left(z+1\right)\left(x+1\right)}+\frac{z^3}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}\ge\frac{3}{4}\)
Áp dụng BĐT AM - GM, ta được:\(\frac{x^3}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}+\frac{y+1}{8}+\frac{z+1}{8}\ge\frac{3}{4}x\)
Tương tự: \(\frac{y^3}{\left(z+1\right)\left(x+1\right)}+\frac{z+1}{8}+\frac{x+1}{8}\ge\frac{3}{4}y\); \(\frac{z^3}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}+\frac{x+1}{8}+\frac{y+1}{8}\ge\frac{3}{4}z\)
Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được: \(\frac{x^3}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}+\frac{y^3}{\left(z+1\right)\left(x+1\right)}+\frac{z^3}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}+\)\(\frac{x+y+z+3}{4}\ge\frac{3}{4}\left(x+y+z\right)\)
\(\Rightarrow\frac{x^3}{\left(y+1\right)\left(z+1\right)}+\frac{y^3}{\left(z+1\right)\left(x+1\right)}+\frac{z^3}{\left(x+1\right)\left(y+1\right)}\)\(\ge\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)-\frac{3}{4}\ge\frac{1}{2}.3\sqrt[3]{xyz}-\frac{3}{4}=\frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1
Mình xài p,q,r nhé :))
Ta có:
\(a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r=1-3q+3r\)
\(a^4+b^4+c^4=1-4q+2q^2+4r\)
Khi đó BĐT tương đương với:
\(\frac{1}{8}+2q^2+4r-4q+1\ge1-3q+3r\)
\(\Leftrightarrow2q^2-q+\frac{1}{8}+r\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(q-\frac{1}{4}\right)+r\ge0\) ( đúng )
\(a^4+b^4+c^4+\frac{1}{8}\left(a+b+c\right)^4\ge\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a+b+c\right)\)
Khúc đầu có gì đâu nhỉ: \(a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(=p^3-3\left[\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\right]\)
\(=p^3-3pq+3r\)
--------------------------------------
\(a^4+b^4+c^4=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2-2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(=\left[\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2-2\left[\left(ab+bc+ca\right)^2-2abc\left(a+b+c\right)\right]\)
\(=\left(p^2-2q\right)^2-2\left(q^2-2pr\right)\)
\(=p^4-4p^2q+2q^2+4pr\)
Xem thêm các đẳng thức thông dụng tại: https://bit.ly/3hllKCq
2) Em nhầm đề ca/b+1
Ta có:
VT = \(\frac{ab}{c+a+b+c}+\frac{bc}{a+a+b+c}+\frac{ac}{b+a+b+c}\)
=\(\frac{ab}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}+\frac{bc}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}+\frac{ac}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}\)
=\(\frac{ab}{4}.\frac{4}{\left(a+c\right)+\left(b+c\right)}+\frac{bc}{4}.\frac{4}{\left(a+b\right)+\left(a+c\right)}+\frac{ac}{4}.\frac{4}{\left(a+b\right)+\left(b+c\right)}\)
\(\le\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)+\frac{bc}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right)+\frac{ac}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\right)\)
=\(\frac{1}{4}\left[\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{bc}{a+c}\right)+\left(\frac{ab}{b+c}+\frac{ac}{b+c}\right)+\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{ac}{a+b}\right)\right]\)
\(=\frac{1}{4}\left(a+b+c\right)=\frac{1}{4}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a= b = c =1/3
\(a^2+b^2=2ab\)
<=> \(a^2+b^2-2ab=0\)
<=> \(\left(a-b\right)^2=0\)
<=> \(a-b=0\)
<=> \(a=b\) (đpcm)
\(a^3+b^3+c^3=3abc\)
<=> \(a^3+b^3+c^3-3abc=0\)
<=> \(\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3-3abc=0\)
<=> \(\left(a+b+c\right)\left[\left(a+b\right)^2-\left(a+b\right)c+c^2\right]-3ab\left(a+b+c\right)=0\)
<=> \(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)=0\)
<=> \(\orbr{\begin{cases}a+b+c=0\\a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\end{cases}}\)
Xét: \(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0\)
<=> \(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=0\)
<=> \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)
<=> \(\hept{\begin{cases}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{cases}}\)
<=> \(\hept{\begin{cases}a=b\\b=c\\c=a\end{cases}}\)
<=> \(a=b=c\)
=> đpcm
bạn chia a^2 cho ca tu và mẫu . từ giả thiết ta có : 3abc >= ab +bc+ ca . suy ra : 1/a + 1/b +1/c<=3 . sau khi chia ở A : ta có si ở mẫu . rồi áp dụng cô si ngc la ra . ban nao ko hieu thi nhan voi minh
À mà hình như sai cmn hướng thật r :< phiền các pro vậy ạ :<
Ta có: \(a^4+b^4+c^4\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3}\ge\frac{\left(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\right)^2}{3}=3\)
=> \(3abc\ge3\)=> \(abc\ge1\) ( 1)
Lại có: \(a^4+b^4+c^4+1\ge4\sqrt[4]{a^4b^4c^4}=4\left|abc\right|=4abc\)
=> \(3abc+1\ge4abc\Rightarrow abc\le1\)(2)
Từ (1); (2) => abc = 1
khi đó a = b = c = 1
=> P = 1^2019 + 1 ^2019 + 1^2019 = 3