Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có : \(b\ge a\left(gt\right)\) \(\Leftrightarrow\frac{b}{c}\ge\frac{a}{c}\left(\text{ c dương}\right)\Leftrightarrow\frac{c}{b}\ge\frac{c}{a}\) (1)
\(c\ge b\left(gt\right)\) \(\Leftrightarrow\frac{c}{a}\ge\frac{b}{a}\left(a\text{ }dương\right)\) (2)
\(c\ge a\left(gt\right)\) \(\Leftrightarrow\frac{c}{b}\ge\frac{a}{b}\left(b\text{ }\text{ dương}\right)\Leftrightarrow\frac{b}{c}\ge\frac{b}{a}\) (3)
Từ (1) , (2) và (3) ta có : \(\frac{c}{a}+\frac{b}{c}\ge\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\)
Áp dụng bất đẳng thức bu nhi a ta có
\(\left(a+2b\right)^2\le\left(1+2\right)\left(a^2+2b^2\right)=3.\left(a^2+2b^2\right)\le3.3c^2=9c^2\)
=> \(a+2b\le3c\)
Mà \(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}\ge\frac{9}{a+2b}\ge\frac{9}{3c}=\frac{3}{c}\)
=> \(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}\ge\frac{3}{c}\left(ĐPCM\right)\)
1/ Chứng minh nó chia hết cho 3:
Nếu cả x,y đều không chia hết cho 3 thì x2, y2 chia cho 3 dư 1.
\(\Rightarrow z^2=x^2+y^2\) chia cho 3 dư 2. Mà không có số chính phương chia 3 dư 2 nên ít nhất x, y chia hết cho 3.
\(\Rightarrow xy⋮3\)
Chứng minh chia hết cho 4.
Nếu cả x, y đều chẵn thì \(xy⋮4\)
Nếu trong x, y có 1 số lẻ (giả sử là x) thì z là số lẻ
\(\Rightarrow x=2k+1;y=2m;z=2n+1\)
\(\Rightarrow4m^2=4n^2+4n+1-4k^2-4k-1=4\left(n^2+n-k^2-k\right)\)
\(\Rightarrow m^2=\left(n^2+n-k^2-k\right)\)
\(\Rightarrow m⋮2\)
\(\Rightarrow y⋮4\)
\(\Rightarrow xy⋮4\)
Với x, y đều lẻ nên z chẵn
\(\Rightarrow x^2=4m+1;y^2=4n+1;z^2=4p\)
\(\Rightarrow\)Không tồn tại x, y, z nguyên thỏa cái này
Vậy \(xy⋮4\)
Từ chứng minh trên
\(\Rightarrow xy⋮12\)
2/ \(a+b=c+d\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2=\left(c+d\right)^2\)
\(\Leftrightarrow2ab=2cd\)
\(\Leftrightarrow-2ab=-2cd\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2=\left(c-d\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a-b=c-d\\a-b=d-c\end{cases}}\)
Kết hợp với \(a+b=c+d\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}a=c\\a=d\end{cases}}\)
\(\RightarrowĐPCM\)
TL:
Đặt a-b=x ; a+b+ab+1=y thì ta có pt ban đầu trở thành :
x(x2+3y)=y+25
.............(rồi bạn làm tiếp)
Với mọi a , b , c \(\in\)R ta luôn có :
\(a^2\)+ \(b^2\)+ \(c^2\)> hoặc = \(2bc+2ca-2ab\left(1\right)\)
Ta cần chứng minh ( 1 ) là bất đẳng thức đúng
\(\Leftrightarrow\)\(a^2\)+ \(b^2\)+ \(c^2\)+ 2ab - 2bc - 2ca > hoặc = 0
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a+b-c\right)^2\) > hoặc = 0 ( 2 )
Bất đẳng thức ( 2 ) luôn đúng với mọi a ; b ; c mà các phép biến đổi trên tương ứng
Nên bất đẳng thức ( 1 ) được chứng minh
Xảy ra khi và chỉ khi a + b = c
Mà \(a^2\)+ \(b^2\)+ \(c^2\)= \(\frac{5}{3}\)( gt )
Mà \(\frac{5}{3}\)= \(1\frac{2}{3}\)< 2 ( 3 )
Từ ( 1 ) kết hợp với ( 3 ) ta có thể viết :
2bc + 2ca - 2ab < hoặc = \(a^2\)+ \(b^2\)+ \(c^2\)< 2
\(\Rightarrow\)2bc + 2ca - 2ab < 2
Vì a ; b ; c > 0 nên chia cả 2 vế của bđt cho 2abc
\(\frac{2bc+2ca-2ab}{2abc}< \frac{2}{2abc}\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}< \frac{1}{abc}\)
Vậy với a ; b ; c là các số dương thỏa mãn điều kiện : \(a^2\)+ \(b^2\)+ \(c^2\)= \(\frac{5}{3}\)thì ta luôn chứng minh được :
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{1}{c}< \frac{1}{abc}\)
Do a,b đều dương nên a^3 + b^3 dương => a - b dương
Nhân cả hai vế của bất đẳng thức cần chứng minh với a - b ta được :
\(a^2+b^2+ab<1\)
<=> \(\left(a-b\right)\left(a^2+b^2+ab\right)
<=> \(a^3-b^3=a^3+b^3\)
do b dương nên b^3 > 0 => bất đẳng thức cuối cùng đúng
Vậy bất đẳng thức đã cho là đúng (đpcm)
bổ sung : do a - b dương nên khi nhân a - b vào cả hai vế thì BĐT không đổi chiều.
Có : (a-b)^2>=0
<=>a^2+b^2>=2ab (2)
<=>a^2+b^2+2ab>=4ab
<=>(a+b)^2>=4ab (1) hay 4ab<=(a+b)^2 (3)
Với a,b > 0 thì chia hai vế (1) cho ab.(a+b) ta được : a+b/ab >= 4/a+b <=> 1/a + 1/b >= 4/a+b (4)
Áp dụng bđt (2) ; (3) và (4) thì VT = (4/a^2+b^2 + 1/2ab) + (4ab+1/4ab)+1/4ab
>= 4/(a^2+b^2+2ab) + 2\(\sqrt{\frac{4ab.1}{4ab}}\)+ \(\frac{1}{\left(a+b\right)^2}\)
= 4/(a+b)^2 + 2 + 1/(a+b)^2 >= 4/1 + 2 + 1/1 = 7 => ĐPCM
Dấu "=" xảy ra <=> a=b ; a+b=1 <=> a=b=1/2