VT
0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
14 tháng 7 2018
ta có : \(a^8+b^8-a^6b^2-a^2b^6\ne\left(a^2-b^2\right)\left(a^4+a^2b^2+b^4\right)\)
và \(a^2b^2\left(a^2-b^2\right)\left(a^4+a^2b^2+b^4\right)\) cũng có thể âm
\(\Rightarrow\) sai
6 tháng 1 2015
Do 1≥ a,b,c≥0 ta co:
\((1-a^2)(1-b)+(1-b^2)(1-c)+(1-c^2)(1-a) ≥ 0\)
<=> \(3+a^2b+b^2c+c^2a ≥ a^2+b^2+c^2+a+b+c\)(1)
Lai co: \(a^2(1-a)+b^2(1-b)+c^2(1-c)+a(1-a^2)+b(1-b^2)+c(1-c^2) ≥ 0\)
<=> \(a^2+b^2+c^2+a+b+c ≥ 2(a^3+b^3+c^3)\)(2)
Tu (1) va (2) suy ra \(3+a^2b+b^2c+c^2a ≥ 2(a^3+b^3+c^3)\)
1 tháng 3 2020
b) \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\le3a^2+3b^2+3c^2\)
\(\Leftrightarrow0\le3a^2-a^2+3b^2-b^2+3c^2-c^2-2ab-2bc-2ac\)
\(\Leftrightarrow0\le2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac\)
\(\Leftrightarrow0\le\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ac+a^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
=> Đúng
Chúc bạn học tốt !!
1 tháng 3 2020
a ) \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\le2a^2+2b^2\)
\(\Leftrightarrow0\le2a^2-a^2+2b^2-b^2-2ab\)
\(\Leftrightarrow0\le a^2-2ab+b^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow\) đúng
VN
0
VN
0
VN
0
15 tháng 9 2016
\(Bdt\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(\text{∑}\frac{a}{a^2+2b^2+c^2}\right)\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{4}\left(1\right)\)
Ta dùng Bđt Bunhiacopski
\(VT\left(1\right)\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)^2}{\text{∑}a^3+2\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)}\)
Vậy ta cần chứng minh \(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)^2}{\text{∑}a^3+2\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)}\ge\frac{3}{4}\left(2\right)\)
Thật vậy \(\left(2\right)\Leftrightarrow\text{∑}a^3+\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\ge2\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\)
Bđt này luôn đúng theo Cauchy vì \(a^3+c^2a\ge2a^2c\)
-->Đpcm
15 tháng 9 2016
đề thế này \(\frac{ab^2}{a^2+2b^2+c^2}+\frac{bc^2}{b^2+2c^2+a^2}+\frac{ca^2}{c^2+2a^2+b^2}\le\frac{a+b+c}{4}\) ak
23 tháng 10 2017
Ta có:
\(\left(1-a^2\right)\left(1-b\right)>0\)
\(\Leftrightarrow1+a^2b>a^2+b>a^3+b^3\left(1\right)\)
(Vì \(0< a,b< 1\))
Tương tự ta có:
\(\hept{\begin{cases}1+b^2c>b^3+c^3\left(2\right)\\a+c^2a>c^3+a^3\left(3\right)\end{cases}}\)
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được
\(2\left(a^3+b^3+c^3\right)< 3+a^2b+b^2c+c^2a\)