Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Có : a^2+1 = a^2+ab+bc+ca = (a^2+ab)+(bc+ca) = (a+b).(a+c)
Tương tự : b^2+1 = (b+c).(b+a)
c^2+1 = (c+a).(c+b)
=> (a^2+1).(b^2+1).(c^2+1) = [(a+b).(b+c).(c+a)]^2 là 1 số chính phương
=> ĐPCM
k mk nha
Ta có : \(c\left(ac+1\right)^2=\left(2c+b\right)\left(3c+b\right)\Leftrightarrow c\left(a^2c^2+2ac+1\right)=6c^2+5bc+b^2\)
\(\Leftrightarrow c\left(a^2c^2+2ac+1-6c-5b\right)=b^2\)
Gọi \(\left(c;a^2c^2+2ac+1-6c-5b\right)=d\)
Khi đó ta có \(\hept{\begin{cases}c⋮d\\a^2c^2+2ac-6c+1-5b⋮d\end{cases}\Rightarrow1-5b⋮d}\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}c=xd\\a^2c^2+2ac-6c+1-5b=yd\end{cases}}\left[x,y\in Z;\left(x;y\right)=1\right]\)
\(\Rightarrow c\left(a^2c^2+2a-6c+1-5b\right)=xyd^2\Rightarrow b^2=xyd^2\)
\(\Rightarrow b⋮d\Rightarrow1⋮d\Rightarrow d=1\)
Vậy c là số chính phương.
Ta có:\(\dfrac{1}{1+ab}+\dfrac{1}{1+bc}+\dfrac{1}{1+ac}\ge\dfrac{9}{1+1+1+ab+bc+ca}\)(AM-GM)
Lại có:\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Rightarrow\dfrac{9}{3+ab+bc+ca}\ge\dfrac{9}{3+a^2+b^2+c^2}=\dfrac{9}{6}=\dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrowđpcm\)
Cháu làm cho bác câu 2 thôi,câu 3 THANGDZ làm rồi sợ mất bản quyền lắm:v
Lời giải:
Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
\(\dfrac{a}{a+2b+3c}+\dfrac{b}{b+2c+3a}+\dfrac{c}{c+2a+3b}\)
\(=\dfrac{a^2}{a^2+2ab+3ac}+\dfrac{b^2}{b^2+2bc+3ab}+\dfrac{c^2}{c^2+2ac+3bc}\)
\(\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+5ab+5bc+5ac}\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2+3\left(ab+bc+ac\right)}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2+\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{1}{2}\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}3a+b-c=x\\3b+c-a=y\\3c+a-b=z\end{cases}}\)
Khi đó điều kiện đb tương ứng
\(\left(x+y+z\right)^3=24+x^3+y^3+z^3\)
\(\Leftrightarrow3.\left(x+y\right).\left(x+z\right).\left(x+z\right)=24\)
\(\Rightarrow3.\left(2a+4b\right).\left(2b+4c\right).\left(2c+4a\right)=24\)
\(\Rightarrow\left(a+2b\right).\left(b+2c\right).\left(c+2a\right)=1\)
Do đó ta có đpcm
Chúc bạn học tốt!
\(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\)
\(=\left(a^2+ab+bc+ac\right)\left(b^2+ab+bc+ac\right)\left(c^2+ab+bc+ac\right)\)
\(=\left[a\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)\right]\left[b\left(a+b\right)+c\left(a+b\right)\right]\left[c\left(b+c\right)+a\left(b+c\right)\right]\)
\(=\left(a+c\right)\left(a+b\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(b+c\right)\)
\(=\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\right]^2\rightarrow scp\)
Ta có: \(a^{2} + b^{2} + 1 = 2 \left(\right. a b + a + b \left.\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(a^{2} + b^{2} + 1 - 2 a b - 2 a - 2 b = 0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(\right. a^{2} - 2 a b + b^{2} \left.\right) - 2 a + 2 b + 1 - 4 b = 0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(\left(\right. a - b \left.\right)\right)^{2} - 2 \left(\right. a - b \left.\right) + 1 = 4 b\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(\left(\right. a - b - 1 \left.\right)\right)^{2} = 4 b\) \(\left(\right. 1 \left.\right)\)
Do đó \(4 b\)là một số chính phương, mà 4 là số chính phương suy ra b là số chính phương.
Đặt \(b = x^{2} ,\)thay vào \(\left(\right. 1 \left.\right)\): \(\left(\left(\right. a - x^{2} - 1 \left.\right)\right)^{2} = 4 x^{2}\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(\left(\right. a - x^{2} - 1 \left.\right)\right)^{2} = \left(\left(\right. 2 x \left.\right)\right)^{2}\)
* Xét 2 trường hợp:
- Trường hợp 1: \(a - x^{2} - 1 = 2 x\)\(\Leftrightarrow\)\(a = x^{2} + 2 x + 1 = \left(\left(\right. x + 1 \left.\right)\right)^{2}\)
Ta có \(b = x^{2}\)và \(a = \left(\left(\right. x + 1 \left.\right)\right)^{2}\)\(\Rightarrow\)\(a\)và \(b\)là 2 số chính phương liên tiếp.
- Trường hợp 2: \(a - x^{2} - 1 = - 2 x\)\(\Leftrightarrow\)\(a = x^{2} - 2 x + 1 = \left(\left(\right. x - 1 \left.\right)\right)^{2}\)
Ta có \(b = x^{2}\)và \(a = \left(\left(\right. x - 1 \left.\right)\right)^{2}\)\(\Rightarrow\)\(a\)và \(b\)là 2 số chính phương liên tiếp.
Vậy \(a\)và \(b\)là 2 số chính phương liên tiếp.