Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1. Ta có : x + y + z = 0 \(\Rightarrow\)( x + y + z )2 = 0 \(\Rightarrow\)x2 + y2 + z2 = - 2 ( xy + yz + xz )\(S=\frac{x^2+y^2+z^2}{\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2+\left(x-y\right)^2}=\frac{-2\left(xy+yz+xz\right)}{2\left(x^2+y^2+z^2\right)-2\left(yz+xz+xy\right)}\)
\(S=\frac{-2\left(xy+yz+xz\right)}{-4\left(xy+yz+xz\right)-2\left(yz+xz+xy\right)}=\frac{-2\left(xy+yz+xz\right)}{-6\left(xy+yz+xz\right)}=\frac{1}{3}\)
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{2}{ab}+\frac{2}{bc}+\frac{2}{ca}=4\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right)=4\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2.\frac{a+b+c}{abc}=4\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+2.1=4\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=2\)
Chúc bạn học tốt !!!
Ta có:
\(\left(a+b+c+d\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\right)\ge\left(a+b+c+d\right).\frac{16}{\left(a+b+c+d\right)}=16\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\ge4\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=d=1\)
ta thấy từ a+b+c=0 \(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3=3abc\)(được cm nhiều trg sách cx như trên mạng)
\(\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab}=\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}=\frac{3abc}{abc}=3\)
suy ra đpcm
Ta có : \(a+b+c=0\)
Lập phương 2 vế lên ta có :
\(\left(a+b+c\right)^3=0^3\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=0\)
mà \(a+b+c=0\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b=-c\\b+c=-a\\a+c=-b\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3\left(-a\right)\left(-b\right)\left(-c\right)=0\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=0\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3=3abc\)
Ta lại có:
\(\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ca}+\frac{c^2}{ab}-3=0\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{abc}+\frac{b^3}{abc}+\frac{c^3}{abc}-3=0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-3=0\)
Theo chứng minh trên có : \(a^3+b^3+c^3=3abc\)
\(\Rightarrow\frac{3abc}{abc}-3=0\)
\(\Leftrightarrow3-3=0\)( đúng )
Vậy với \(a+b+c=0\left(a\ne0;b\ne0;c\ne0\right)\)thì \(\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ca}+\frac{c^2}{ab}-3=0\)
Ta có: \(a^2+b^2\ge2ab\forall a,b\Rightarrow\frac{1}{4-ab}\le\frac{2}{8-a^2-b^2}\)
Theo BĐT C-S: \(\frac{2}{8-a^2-b^2}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}\right)\)
Do đó: \(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\le\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}+\frac{1}{4-c^2}\)
Ta có đánh giá sau: \(\frac{1}{4-a^2}\le\frac{a^4+5}{18}\Leftrightarrow\left(a^2-1\right)^2\left(a^2-2\right)\le0\) (Đúng)
Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng theo vế ta có:
\(\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}+\frac{1}{4-c^2}\le\frac{a^4+5}{18}+\frac{b^4+5}{18}+\frac{c^4+5}{18}=1\)(ĐPCM)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Cách khác dùng Schur như sau :)
BĐT cần chứng minh tương đương với:
\(16+3abc\left(a+b+c\right)\ge a^2b^2c^2+8\left(ab+bc+ca\right)\)
Mà \(1\ge a^2b^2c^2\). Mặt khác theo BĐT Schur ta có:
\(\left(a^3+b^3+c^3+3abc\right)\left(a+b+c\right)\ge\)
\(\ge\left[ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\right]\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow3+3abc\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+2abc\left(a+b+c\right)\)
\(=\left(ad+bc\right)^2+\left(bc+ca\right)^2+\left(ca+ab\right)^2\)
BĐT sẽ được c/m xong nếu ta chỉ ra:
\(\left(ab+bc\right)^2+\left(bc+ca\right)^2+\left(ca+ab\right)^2+12\ge8\left(ab+bc+ac\right)\)
Đúng theo BĐT Cô-si
Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)