Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Sử dụng giả thiết \(a^2+b^2+c^2=3\), ta được: \(\frac{a^2b^2+7}{\left(a+b\right)^2}=\frac{a^2b^2+1+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b\right)^2}\)\(\ge\frac{2ab+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b\right)^2}=1+\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}\)
Tương tự, ta được: \(\frac{b^2c^2+7}{\left(b+c\right)^2}\ge1+\frac{b^2+c^2+2a^2}{\left(b+c\right)^2}\); \(\frac{c^2a^2+7}{\left(c+a\right)^2}\ge1+\frac{c^2+a^2+2b^2}{\left(c+a\right)^2}\)
Ta quy bài toán về chứng minh bất đẳng thức: \(\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{b^2+c^2+2a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{c^2+a^2+2b^2}{\left(c+a\right)^2}\ge3\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được \(\Sigma_{cyc}\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}\ge1\)
Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc \(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\)ta được: \(8\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\)
Mặt khác ta lại có
\(4\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\le\left(2b^2+c^2+a^2\right)^2\)(1) ; \(4\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\le\left(2c^2+a^2+b^2\right)^2\)(2);\(4\left(c^2+a^2\right)\left(a^2+b^2\right)\le\left(2a^2+b^2+c^2\right)^2\)(3) (Theo BĐT \(4xy\le\left(x+y\right)^2\))
Nhân theo vế 3 bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được: \(64\left(a^2+b^2\right)^2\left(b^2+c^2\right)^2\left(c^2+a^2\right)^2\)\(\le\left(2a^2+b^2+c^2\right)^2\left(2b^2+c^2+a^2\right)^2\left(2c^2+a^2+b^2\right)^2\)
hay \(8\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\)\(\le\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)\)
Từ đó dẫn đến \(\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\)\(\le\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)\)
Suy ra \(\frac{\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}\ge1\)
Vậy bất đẳng thức trên được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
a) Ta có:
\(\left(a+b\right)\left(a+c\right)+\left(c+a\right)\left(c+b\right)\)
\(=a^2+ac+ab+bc+c^2+bc+ac+ab\)
\(=a^2+c^2+2ac+2bc+2ab\)
Thay \(a^2+c^2=2b^2\) vào biểu thức ta được:
\(=2b^2+2ac+2bc+2ab\)
\(=2\left(b^2+ac+bc+ab\right)\)
\(=2\left[\left(b^2+bc\right)+\left(ac+ab\right)\right]\)
\(=2\left[b\left(b+c\right)+a\left(c+b\right)\right]\)
\(=2\left(b+a\right)\left(b+c\right)\)
\(\RightarrowĐpcm\)
a) \(a^2+b^2=\left(a+b\right)^2-2ab\)
\(VP=\left(a+b\right)^2-2ab=a^2+2ab+b^2-2ab\)\(=a^2+b^2=VT\)
\(\Rightarrowđpcm\)
b)\(a^4+b^4=\left(a^2+b^2\right)^2-2a^2b^2\)
\(VP=a^4+b^4+2a^2b^2-2a^2b^2=a^4+b^4=VT\)\(\Rightarrowđpcm\)
c) \(a^6+b^6=\left(a^2+b^2\right)\left[\left(a^2+b^2\right)^2-3a^2b^2\right]\)
\(VP=\left(a^2+b^2\right)\left(a^4-a^2b^2+b^4\right)=a^6+b^6\)
\(VP=VT\Rightarrowđpcm\)
d)\(a^6-b^6=\left(a^2-b^2\right)[\left(a^2+b^2\right)^2-a^2b^2]\)
\(VP=\left(a^2-b^2\right)\left(a^4+a^2b^2+b^4\right)=a^6-b^6=VT\)
\(VP=VT\Rightarrowđpcm\)
help me
Toshiro Kiyoshi30GP
Nguyễn Đình Dũng19GP
Nguyễn Huy Thắng17GP
Nguyễn Thanh Hằng16GP
Nguyễn Thị Hồng Nhung15GP
Rồng Đỏ Bảo Lửa11GP
Mysterious Person10GP
Đời về cơ bản là buồn... cười!!!8GP
Huy Thắng Nguyễn8GP
Ánh Dương Hoàng Vũ6GP
4) Ta có : A=(a+b+c+d)(a-b-c+d)=(a-b+c-d)(a+b-c-d)
=> (a+d)2 - (b+c)2= (a-d)2 - (c-b)2
=> a2+ d2+ 2ad - b2- c2- 2bc=a2 + d2 - 2ad - c2-b2+2bc
Rút gọn ta được: 4ad = 4bc => ad = bc =>\(\dfrac{a}{c}=\dfrac{b}{d}\)
1) a2+b2+c2+3=2(a+b+c) =>(a-1)2+(b-1)2+(c-1)2=0
=> a-1=b-1=c-1=0 => a=b=c=1 =>đpcm
1. (a2+b2+ab)2-a2b2-b2c2-c2a2
=a4+b4+a2b2+2(a2b2+ab3+a3b)-a2b2-b2c2-c2a2
=a4+b4+2a2b2+2ab3+2a3b-b2c2-c2a2
=(a2+b2)2+2ab(a2+b2)-c2(a2+b2)
=(a2+b2)[(a+b)2-c2]
=(a2+b2)(a+b+c)(a+b-c)
2. a4+b4+c4-2a2b2-2b2c2-2a2c2=(a2-b2-c2)2
3. a(b3-c3)+b(c3-a3)+c(a3-b3)
=ab3-ac3+bc3-ba3+ca3-cb3
=a3(c-b)+b3(a-c)+c3(b-a)
=a3(c-b)-b3(c-a)+c3(b-a)
=a3(c-b)-b3(c-b+b-a)+c3(b-a)
=a3(c-b)-b3(c-b)-b3(b-a)+c3(b-a)
=(c-b)(a-b)(a2+ab+b2)-(b-a)(b-c)(b2+bc+c2)
=(a-b)(c-b)(a2+ab+2b2+bc+c2)
4. a6-a4+2a3+2a2=a4(a+1)(a-1)+2a2(a+1)=(a+1)(a5-a4+2a2)=a2(a+1)(a3-a2+2)
5. (a+b)3-(a-b)3=(a+b-a+b)[(a+b)2+(a+b)(a-b)+(a-b)2]
=2b(3a2+b2)
6. x3-3x2+3x-1-y3=(x-1)3-y3=(x-1-y)[(x-1)2+(x-1)y+y2]
=(x-y-1)(x2+y2+xy-2x-y+1)
7. xm+4+xm+3-x-1=xm+3(x+1)-(x+1)=(x+1)(xm+3-1)
(Đúng nhớ like nhá !)
Minh Hải,Lê Thiên Anh,Nguyễn Huy Tú,Ace Legona,...giúp mk vs mai mk đi hk rùi
Xét biểu thức:
\(P = \left(\right. a - 2 b \left.\right)^{7} + \left(\right. b - 2 c \left.\right)^{7} + \left(\right. c - 2 d \left.\right)^{7} + \left(\right. d - 2 a \left.\right)^{7} + \left(\right. a + b + c + d \left.\right)^{7} .\)
Với mọi số nguyên \(x\), ta có:
Do đó mỗi số hạng dạng \(X^{7}\) đều cùng dư với \(X\) khi chia cho 2, 3, 7.
Suy ra:
\(P \&\text{nbsp};\text{c} \overset{ˊ}{\text{o}} \&\text{nbsp};\text{c} \overset{ˋ}{\text{u}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{d}ư\&\text{nbsp};\text{v}ớ\text{i}\&\text{nbsp}; \left(\right. a - 2 b \left.\right) + \left(\right. b - 2 c \left.\right) + \left(\right. c - 2 d \left.\right) + \left(\right. d - 2 a \left.\right) + \left(\right. a + b + c + d \left.\right) .\)
Thu gọn biểu thức trong ngoặc:
\(= a - 2 b + b - 2 c + c - 2 d + d - 2 a + a + b + c + d = 0.\)
Vậy \(P\) chia hết cho 2, cho 3 và cho 7.
Suy ra \(P\) chia hết cho \(2 \times 3 \times 7 = 42\).
hơi dài có gì sai thì báo nha
P coˊ cuˋng dư với đây là j v bn:)