Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu 2a
\(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2abcd+b^2c^2=\left(a^2+b^2\right)c^2+d^2\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2=a^2c^2+b^2c^2+a^2d^2+b^2d^2\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2-\left(a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow0=0\)( đpcm )
Câu 2b
\(\left(ac+bd\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+2abcd+b^2d^2\le\left(a^2+b^2\right)c^2+d^2\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+2abcd+b^2d^2\le a^2c^2+b^2c^2+a^2d^2+b^2d^2\)
\(\Leftrightarrow2abcd\le b^2c^2+a^2d^2\)
\(\Leftrightarrow0\le b^2c^2-2abcd+a^2d^2\)
\(\Leftrightarrow0\le\left(bc-ad\right)^2\)( đpcm )
Câu 4a
\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a+b}{2}\right)^2\ge ab\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\ge ab\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)( đpcm )
Câu 4c
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow3a+5b\ge2\sqrt{3a.5b}=2\sqrt{15ab}\)
\(\Rightarrow12\ge2\sqrt{15ab}\)
\(\Rightarrow6\ge\sqrt{15ab}\)
\(\Rightarrow6^2\ge15ab\)
\(\Rightarrow36\ge15ab\)
\(\Rightarrow ab\le\frac{12}{5}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{12}{5}\)
Vậy GTLN của \(P=\frac{12}{5}\)
Ta có: \(abc\le\frac{\left(a+b+c\right)^3}{27}\) ; \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
Mà \(a^2+b^2+c^2=3abc\)
=>\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\le\frac{\left(a+b+c\right)^3}{27}.3\)
=> \(a+b+c\ge3\)
Áp dụng bđt bunhia dạng phân thức ta có:
\(M\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+6}\)
Đặt \(a+b+c=x\left(x\ge3\right)\)
=> \(M\ge\frac{x^2}{x+6}\)
Xét \(\frac{x^2}{x+6}\ge\frac{5}{9}x-\frac{2}{3}\)
<=>\(x^2\ge\frac{5}{9}x^2+\frac{8}{3}x-4\)
<=>\(\left(\frac{2}{3}x-2\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
=> \(M\ge\frac{5}{9}x-\frac{2}{3}\ge\frac{5}{9}.3-\frac{2}{3}=1\)
=>\(MinM=1\)xảy ra khi a=b=c=1
bài 3 : Theo bđt AM-GM dạng cộng mẫu thì
\(x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}=\frac{4}{2}=2\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=1\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
bài 4
a,Ta có điều hiển nhiên sau : \(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\)
\(< =>a+b-2\sqrt{ab}\ge0\)
\(< =>a+b\ge2\sqrt{ab}\)(hoàn tất)
b, đề bị lỗi
c,\(12=3a+5b\ge2\sqrt{15ab}\Leftrightarrow ab\le\frac{12}{5}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=2;b=\frac{6}{5}\)
Vậy ta có điều phải chứng minh
Biến đổi tương đương \(a^3+b^3+abc\ge ab\left(a+b+c\right)\)
\(< =>\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)-a^2b-b^2a\ge0\)
\(< =>a^2+b^2-ab-ab\left(a+b\right)\ge0\)
\(< =>a^2+b^2-2ab\ge0\)
\(< =>\left(a-b\right)^2\ge0\)*đúng*
Vậy ta đã hoàn tất chứng minh
Ta có: 2P=(a2+b2) + (b2+c2) + (c2+a2)
Theo Cauchy có:
\(2P\ge2ab+2bc+2ca=2\left(ab+bc+ca\right)=2.9\)
=> \(P\ge9\)=> Pmin = 9 đạt được khi x=y=\(\sqrt{3}\)
Hoặc:
P2= (a2+b2+c2)(b2+c2+a2)
Theo Bunhiacopxki có:
P2= (a2+b2+c2)(b2+c2+a2) \(\ge\)(ab+bc+ca)2=92
=> P\(\ge\)9 => Pmin=9
Vì \(a\ge1,b\ge1,c\ge1\)(gt) => \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\)<=> ab -a -b + 1 \(\ge0\)(1)
\(\left(b-1\right)\left(c-1\right)\ge0\)<=> bc - b - c + 1 \(\ge0\)(2)
\(\left(c-1\right)\left(a-1\right)\ge0\)<=> ca -c - a + 1 \(\ge0\)(3)
Cộng từng vế của (1), (2) và (3) ta được:
ab + bc + ca -2(a +b +c) + 3 \(\ge0\)
=> \(a+b+c\le\frac{ab+bc+ca+3}{2}=\frac{9+3}{2}=6\)
Mà \(a\ge1,b\ge1,c\ge1\Rightarrow a+b+c\ge3\)=> \(3\le a+b+c\le6\)=> \(\left(a+b+c\right)^2\le36\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\le36\)
=> \(a^2+b^2+c^2\le36-2\left(ab+bc+ca\right)=36-2\times9=18\)=> P \(\le18\)
Vậy GTLN của P là 18
Dâu "=" xảy ra khivà chỉ khi:
a =b=1, c=4
hoặc: b=c=1, a=4
hoặc: c=a=1, b=4
a+b+c=0
⇔⇔(a+b+c)2=0
⇔⇔a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=0 mà a2+b2+c2=2
⇒⇒2ab+2bc+2ca=-2
⇔⇔(2ab+2bc+2c)2=4
⇔⇔4a2b2+4c2b2+4a2c2+8abc(a+b+c)=4 mà a+b+c=0
⇒⇒4a2b2+4c2b2+4a2c2=4 (1)
⇔⇔2a2b2+2c2b2+2a2c2=2
Mặt khác:
a2+b2+c2=2 ⇒⇒(a2+b2+c2)2=4
⇔⇔a4+b4+c4+2(a2b2+b2c2+c2a2)=4 (2)
Từ (1) và (2) ⇒⇒4a2b2+4c2b2+4a2c2=a4+b4+c4+2(a2b2+b2c2+c2a2)
⇔⇔2a2b2+2c2b2+2a2c2=a4+b4+c4
⇒⇒a4+b4+c4=2 (vì 2a2b2+2c2b2+2a2c2=2)