Cho \(\frac{1}{c}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)( a,b,c khác 0). Chứng minh \(\frac{a}{b}=\frac{a-c}{c-b}\)
cho a,b,c khác 0,a khác b,b.c khác 1 và a.c khác 1
CM:\(\frac{a^{2-bc}}{a\left(1-bc\right)}=\frac{b^{2-ac}}{b\left(1-ac\right)}\Leftrightarrow a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Bài 1 : Cho a, b \(\in\)N*. Chứng tỏ rằng:
a, \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\);
b, \(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge4\).
Bài 2 : Kí hiệu [x, y] là BCNN(x, y).
Cho a, b, c là ba số nguyên tố khác nhau đôi một.
Chứng minh rằng : \(\frac{1}{\left[a,b\right]}+\frac{1}{\left[b,c\right]}+\frac{1}{\left[c,a\right]}\le\frac{1}{3}\).
\(\left(a+b\right)^2\ge4ab\Rightarrow\frac{a^2+b^2}{ab\left(a+b\right)}\ge\frac{4ab}{ab\left(a+b\right)}\)bài1
a) ta có \(\left(a-b\right)^2\ge0\) với mọi a,b\(\in\)N*
=> \(a^2-2ab+b^2\ge0\Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{ab}\ge2\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)
b) tương tự ta có \(a^2+b^2\ge2ab\)
\(\left(a+b\right)^2\ge4ab\Rightarrow\frac{\left(a+b\right)^2}{ab\left(a+b\right)}\ge\frac{4ab}{ab\left(a+b\right)}\)(do a,b\(\in\)N*)
\(\Rightarrow\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\Rightarrow\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge4\)
bài 2 chịu
Bài 2:
=> \(\frac{1}{\left[a.b\right]}+\frac{1}{\left[b,c\right]}+\frac{1}{\left[c,a\right]}=\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\)
Do a,b,c là các số nguyên tố khác nhau
=> \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\le\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.5}+\frac{1}{5.2}=\frac{1}{3}\)
=> đpcm
Chứng minh rằng \(\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\forall a,b,c>0\)
\(VT=\frac{\left(\sqrt[3]{abc}\right)^2}{2abc}+\Sigma\frac{a^2}{a^2\left(b+c\right)}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\Sigma a^2\left(b+c\right)+2abc}=\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Cho a + b + c = 0 và a,b,c khác 0 . Chứng minh :
\(\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\) = | \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)|
Ta có :
\(\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}=\sqrt{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2-\frac{2}{ab}-\frac{2}{bc}-\frac{2}{ca}}\)
\(=\sqrt{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2-2\left(\frac{a+b+c}{abc}\right)}\)
\(=\sqrt{\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2}=\left[\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right]\left(ĐPCM\right)\)
[ ] là giá trị tuyệt đối đấy.
ủng hộ nhé bạn!
Xét các số thực a,b,c đôi một khác nhau , chứng minh rằng :
a) \(\frac{ab}{\left(b-c\right)\left(c-a\right)}+\frac{bc}{\left(c-a\right)\left(a-b\right)}+\frac{ca}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)}=-1\)
b) \(\left(\frac{a}{b-c}\right)^2+\left(\frac{b}{c-a}\right)^2+\left(\frac{c}{a-b}\right)^2\ge2\)
a)Quy đồng hết lên:v
\(=\frac{ab\left(a-b\right)+bc\left(b-c\right)+ca\left(c-a\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)
\(=\frac{ab\left(a-b\right)-bc\left(a-b+c-a\right)+ca\left(c-a\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)
\(=\frac{\left(a-b\right)\left(ab-bc\right)+\left(c-a\right)\left(ca-bc\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\)
\(=\frac{b\left(a-b\right)\left(a-c\right)-c\left(a-c\right)\left(a-b\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}\) (tắt xíu, ráng hiểu:v)
\(=\frac{\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b-c\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}=-\frac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}=-1\) (đpcm)
b)(sai thì thôi, cái chỗ đẳng thức xảy ra ý) Đặt \(\frac{a}{b-c}=x;\frac{b}{c-a}=y;\frac{c}{a-b}=z\) (cho nó gọn, viết cho nó lẹ:v) theo câu a) suy ra \(xy+yz+zx=-1\) => \(2xy+2yz+2zx=-2\)
Ta cần chứng minh \(x^2+y^2+z^2\ge2\). Thêm 2xy + 2yz +2zx vào hai vế ta cần chứng minh:
\(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx\ge2+2xy+2yz+2zx\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)^2\ge2-2=0\) (luôn đúng)
Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi \(x+y+z=0\)
Cho abc khác 0 và \(\frac{a+b-c}{c}=\frac{b+c-a}{a}=\frac{c+a-b}{b}\) . Tính P= \(\left(1+\frac{b}{a}\right).\left(1+\frac{c}{b}\right).\left(1+\frac{a}{c}\right)\)
Ta có:
\(\frac{a+b-c}{c}=\frac{b+c-a}{a}=\frac{c+a-b}{b}\)
\(\Rightarrow\frac{a+b}{c}+1=\frac{b+c}{a}-1=\frac{c+a}{b}-1\)
\(\Rightarrow\frac{a+b-2c}{c}=\frac{b+c}{a}=\frac{c+a}{b}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{c}+\frac{b}{c}-2=\frac{c}{b}+\frac{a}{b}=\frac{b}{a}+\frac{c}{a}\)
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:
\(\frac{a+b-c}{c}=\frac{b+c-a}{a}=\frac{c+a-b}{b}=\frac{a+b-c+b+c-a+c+a-b}{c+a+b}=\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)
=> a+b-c/c = 1 => a+b-c = c => a+b = 2c
b+c-a/a = 1 => b+c-a = a => b+c = 2a
c+a-b/b = 1 => c+a-b = b => c+a = 2b
=> P = \(\left(1+\frac{b}{a}\right)\cdot\left(1+\frac{c}{b}\right)\cdot\left(1+\frac{a}{c}\right)=\frac{a+b}{a}\cdot\frac{b+c}{b}\cdot\frac{c+a}{c}=\frac{2c}{a}\cdot\frac{2a}{b}\cdot\frac{2b}{c}=\frac{2c.2a.2b}{abc}=\frac{8abc}{abc}=8\)
a) phân tích đa thức thành nhân tử
\(a\left(b+c\right)^2\left(b-c\right)+b\left(c+a\right)^2\left(c-a\right)+c\left(a+b\right)^2\left(a-b\right)\)
b) cho a,b,c khác nhau khá 0 và \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=0\)
rút gọn biểu thức \(N=\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ca}+\frac{1}{c^2+2ab}\)
GIÚP MÌNH VỚI LÀM ƠN
đơn giản, cứ áp dụng theo công thức là ra!!!!
Cho a,b khác 0 thỏa mãn a+b=1. Chứng minh \(\frac{a}{b^3-1}+\frac{b}{a^3-1}=\frac{2\left(ab-2\right)}{a^2b^2+3}\)
Ta có \(\frac{a}{b^3-1}=\frac{a}{\left(b-1\right)\left(b^2+b+1\right)}=-\frac{1}{b^2+b+1}\)(Vì \(a+b=1\))
Từ đó, với \(a+b=1\)ta biến đổi VT của đẳng thức cần chứng minh như sau:
\(VT=-\left(\frac{1}{a^2+a+1}+\frac{1}{b^2+b+1}\right)=\frac{-\left(a^2+b^2+a+b+2\right)}{a^2b^2+a^2b+ab^2+ab+a^2+b^2+a+b+1}\)
\(=\frac{-\left[\left(a+b\right)^2-2ab+a+b+2\right]}{a^2b^2+ab\left(a+b+1\right)+\left(a+b\right)^2-2ab+a+b+1}=\frac{2\left(ab-2\right)}{a^2b^2+3}=VP\)
Vậy có ĐPCM.
1) Cho a, b, c > 0. Chứng minh: \(\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^2\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
2) Cho \(a,b,c\in R\).
a) Chứng minh: \(\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\)
b) Chứng minh: \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\)
3) Cho \(a,b,c\in R\)Chứng minh: \(\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\ge\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\)
2) Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số \(a^2-1;b^2-1;c^2-1\) có ít nhất hai số nằm cùng phía với 1.
Giả sử đó là a2 - 1 và b2 - 1. Khi đó \(\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow a^2b^2-a^2-b^2+1\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+3a^2+3b^2+9\ge4a^2+4b^2+8\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+2\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\) (2)
Mà \(4\left[\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\right]\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\) (3)(Áp dụng Bunhicopxki và cái ngoặc vuông)
Từ (2) và (3) ta có đpcm.
Sai thì chịu
Xí quên bài 2 b:v
b) Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a^2-\frac{1}{4}\right)\left(b^2-\frac{1}{4}\right)\ge0\)
Suy ra \(a^2b^2-\frac{1}{4}a^2-\frac{1}{4}b^2+\frac{1}{16}\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+a^2+b^2+1\ge\frac{5}{4}a^2+\frac{5}{4}b^2+\frac{15}{16}\)
Hay \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{3}{4}\right)\)
Suy ra \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+c^2+\frac{1}{2}\right)\)
\(\ge\frac{5}{4}\left(\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\) (Bunhiacopxki) (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
Cách nữa cho bài 2:
2a) Ta có: \(4\left(a^2+1+2\right)\left(1+1+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\)
Hay \(4\left(a^2+3\right)\left(2+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\ge4\left(a+b+c+1\right)^2=VP\)
Như vậy ta quy bài toán về chứng minh: \(\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(2+\frac{\left(b+c\right)^2}{2}\right)\)
\(\Leftrightarrow b^2c^2+b^2+c^2+1\ge4bc\Leftrightarrow\left(bc-1\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\)(đúng)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
b) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:\(\left(a^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+b^2+c^2+\frac{1}{2}\right)\ge\frac{1}{4}\left(a+b+c+1\right)^2\)
\(\Rightarrow\frac{5}{4}\left(a^2+1\right)\left(b^2+c^2+\frac{3}{4}\right)\ge\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\)
Từ đó ta có thể quy bài toán về chứng minh: \(\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(b^2+c^2+\frac{3}{4}\right)\)
...
Bài 3:Sửa đề a, b, c >0
Có: \(\frac{a^3}{b^2}+\frac{a^3}{b^2}+b\ge3\sqrt[3]{\frac{a^6}{b^3}}=\frac{3a^2}{b}\)
Tương tự: \(\frac{2b^3}{c^2}+c\ge\frac{3b^2}{c};\frac{2c^3}{a^2}+a\ge\frac{3c^2}{a}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên: \(2\left(\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\right)+a+b+c\ge3\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)\)
\(=2\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)+\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)\)
\(\ge2\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\right)+a+b+c\)
Từ đó ta có đpcm.