Gs a+b+c>1/a+1/b+1/c nhưng không t/m một và chỉ một trong 3 số a,b,c lớn hơn 1 TH1:Cả 3 số a,b,c đều lớn hơn 1 hoặc đều nhỏ hơn 1 suy ra mâu thẫn( vì abc=1) TH2 có 2 số lớn hơn 1 Gs a>1,b>1,c<1 suy ra a-1>0,b-1>0,c-1<0 suy ra (a-1)(b-1)(c-1)<0 suy ra abc+a+b+c-(ab+bc+ca)-1<0 suy ra a+b+c<ab+bc+ca suy ra a+b+c<abc/c+abc/a+abc/b suy ra a+b+c<1/a+1/b+1/c(mâu thuẫn với giả thuyết nên điều giả sử sai) suy ra đpcm

`1/a+1/b+1/c=1/(a+b+c)`

`<=>(a+b)/(ab)+(a+b)/(c(a+b+c))=0`

`<=>(a+b)(ab+ac+bc+c^2)=0`

`<=>(a+b)(a+c)(b+c)=0`

`=>` $\left[ \begin{array}{l}a=-b\\b=-c\\c=-a\end{array} \right.$

`=>` PT luôn tồn tại 2 số đối nhau

k cần giải nx nhá ~ mk giải đc rồi @

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{1}{a}\\y=\dfrac{1}{b}\\z=\dfrac{1}{c}\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x,y,z>0\\xyz=1\end{matrix}\right.\) và BĐT cần chứng minh là:

\(\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}\)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel và AM-GM ta có:

\(VT=\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{x+z}+\dfrac{z^2}{x+y}\)

\(\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\dfrac{x+y+z}{2}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\dfrac{3}{2}=VP\)

Xảy ra khi \(x=y=z=1 \Rightarrow a=b=c=1\)

ai tick cho mik , mik tick lại cho !^__<nhớ giải câu hỏi nhé ! thanks

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{1}{2016}\)

\(\Rightarrow\dfrac{bc+ac+bc}{abc}=\dfrac{1}{2016}\)

\(\Rightarrow\dfrac{bc+ac+ab}{abc}=\dfrac{1}{a+b+c}\)

\(\Rightarrow\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)=abc\)

\(\Rightarrow ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)+3abc=abc\)

\(\Rightarrow ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)+2abc=0\)

\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=0\)

\(\Rightarrow a=-b\) hay \(b=-c\) hay \(c=-a\)
-Vậy trong ba số a,b,c tồn tại 2 số đối nhau.

Thôi câu đó mình làm được rồi, các bạn giúp mình câu này nha

Cho \(a>b\ge0\). CMR: \(\dfrac{a^4+b^4}{a^4-b^4}-\dfrac{ab}{a^2-b^2}+\dfrac{a+b}{2\left(a-b\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)

\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\\ \to ab+bc+ca=abc=1\)

Ta có \(A=\left(a^2+ab+bc+ca\right)\left(b^2+ab+bc+ca\right)\left(c^2+ab+bc+ca\right)\)

\(\to A=\left(a+b\right)\left(a+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)

\(\to A=\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2\)

Vì $a,b,c\in \mathbb{Q}\to A\in \mathbb{Q}$

Bài toán cơ bản:

\(abc=1\Rightarrow\dfrac{a}{ab+a+1}+\dfrac{b}{bc+b+1}+\dfrac{c}{ac+c+1}=1\) 

Bunhiacopxki:

\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\dfrac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\dfrac{c}{\left(ac+c+1\right)^2}\right)\ge\left(\dfrac{a}{ab+a+1}+\dfrac{b}{bc+b+1}+\dfrac{c}{ac+c+1}\right)^2=1\)

\(\Rightarrow\dfrac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\dfrac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\dfrac{c}{\left(ac+c+1\right)^2}\ge\dfrac{1}{a+b+c}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Cách 2:

Do \(abc=1\), đặt \(\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{x}{y};\dfrac{y}{z};\dfrac{z}{x}\right)\)

Ta có \(\dfrac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}=\dfrac{\dfrac{x}{y}}{\left(\dfrac{x}{z}+\dfrac{x}{y}+1\right)^2}=\dfrac{\dfrac{x}{y}.y^2z^2}{\left(xy+yz+zx\right)^2}=\dfrac{xyz^2}{\left(xy+yz+zx\right)^2}\)...

Từ đó, BĐT cần chứng minh trở thành:

\(\dfrac{xyz^2}{\left(xy+yz+zx\right)^2}+\dfrac{x^2yz}{\left(xy+yz+zx\right)^2}+\dfrac{xy^2z}{\left(xy+yz+zx\right)^2}\ge\dfrac{1}{\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}}\)

\(\Leftrightarrow xyz\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}\right)\ge\left(xy+yz+zx\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(x^2z+y^2x+z^2y\right)\ge\left(xy+yz+zx\right)^2\)

Thật vậy, áp dụng BĐT Bunhiacopxki:

\(\left(z+x+y\right)\left(x^2z+y^2x+z^2y\right)\ge\left(\sqrt{zx^2z}+\sqrt{xy^2x}+\sqrt{yz^2y}\right)^2=\left(xy+yz+zx\right)^2\) (đpcm)

Câu hỏi của Linh Suzu - Toán lớp 7 | Học trực tuyến, nhớ tìm trước khi hỏi, lần sau t ko tìm đâu