NT
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
6 tháng 8 2021
\(\left(a^2+b^2-2\right)\left(a+b\right)^2+\left(1-ab\right)^2+4ab=0\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(a+b\right)^2-2\left(ab+1\right)\right]\left(a+b\right)^2+1+2ab+a^2b^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^4-2\left(a+b\right)^2\left(ab+1\right)+\left(ab+1\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left[\left(a+b\right)^2-\left(ab+1\right)\right]^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2-\left(ab+1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow ab+1=\left(a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{ab+1}=\left|a+b\right|\) là số hữu tỉ (đpcm)
CD
0
TN
30 tháng 10 2016
Ta có:\(a^5+ab+b^2\ge3a^2b\)
Tương tự ta có:
\(VT\le\frac{1}{\sqrt{3ab\left(a+2c\right)}}+\frac{1}{\sqrt{3bc\left(b+2a\right)}}+\frac{1}{\sqrt{3ca\left(c+2b\right)}}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\sqrt{\frac{c}{c+2a}}+\sqrt{\frac{a}{b+2a}}+\sqrt{\frac{b}{2b+c}}\right)\)
Ta cũng có:\(a+2c=a+c+c\ge\frac{1}{3}\left(\sqrt{a}+2\sqrt{c}\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+2\sqrt{c}}+\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}+2\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c}+2\sqrt{b}}\)
Đặt \(x=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c}};y=\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}};z=\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b}};xyz=1\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2}\)
Giả sử \(xy\le1\) thì \(z\ge1\)
Ta có: \(\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\frac{x}{2}+1}+\frac{1}{\frac{y}{2}+1}\right)+\frac{1}{z+2}\)
\(\le\frac{1}{1\frac{\sqrt{xy}}{2}}+\frac{1}{z+2}\le1\)(Đpcm)
Dấu = khi \(a=b=c=1\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
15 tháng 3 2021
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
$C^2\leq (a+b)[(29a+3b)+(29b+3a)]=32(a+b)^2$
$(a+b)^2\leq (a^2+b^2)(1+1)\leq 4$
$\Rightarrow C^2\leq 32.4$
$\Rightarrow C\leq 8\sqrt{2}$
Vậy $C_{\max}=8\sqrt{2}$. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=1$
16 tháng 7 2016
b) Đặt x = 2009 . Ta cần chứng minh \(\sqrt{x^2+x^2\left(x+1\right)^2+\left(x+1\right)^2}\) là số nguyên dương.
Ta xét : \(x^2+x^2\left(x+1\right)^2+\left(x+1\right)^2=x^2\left(x+1\right)^2+x^2+x^2+2x+1=x^2\left(x+1\right)^2+2x\left(x+1\right)+1=\left[x\left(x+1\right)+1\right]^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{x^2+x^2\left(x+1\right)^2+\left(x+1\right)^2}=\left|x\left(x+1\right)+1\right|=x^2+x+1=2009^2+2009+1\) là một số nguyên dương.
NN
2
DT
Dang Tung
CTVHS
12 tháng 6 2023
Sửa đề : \(\dfrac{a^2}{a^2+b}+\dfrac{b^2}{b^2+a}\le1\\ \) (*)
\(< =>\dfrac{a^2\left(b^2+a\right)+b^2\left(a^2+b\right)}{\left(a^2+b\right)\left(b^2+a\right)}\le1\\ < =>a^2b^2+a^3+b^2a^2+b^3\le\left(a^2+b\right)\left(b^2+a\right)\) ( Nhân cả 2 vế cho `(a^{2}+b)(b^{2}+a)>0` )
\(< =>a^3+b^3+2a^2b^2\le a^2b^2+b^3+a^3+ab\\ < =>a^2b^2\le ab\\ < =>ab\le1\) ( Chia 2 vế cho `ab>0` )
Do a,b >0
Nên áp dụng BDT Cô Si :
\(2\ge a+b\ge2\sqrt{ab}< =>\sqrt{ab}\le1\\ < =>ab\le1\)
Do đó (*) luôn đúng
Vậy ta chứng minh đc bài toán
Dấu "=" xảy ra khi : \(a=b>0,a+b=2< =>a=b=1\)
LD
22 tháng 7 2023
a Sửa đề : Chứng minh \(\dfrac{a^2}{a^2+b}\)+\(\dfrac{b^2}{b^2+a}\)\(\le\) 1 ( Đề thi vào 10 Hà Nội).
Bất đẳng thức trên tương đương :
\(\dfrac{a^2+b-b}{a^2+b}\)+\(\dfrac{b^2+a-a}{b^2+a}\)\(\le\)1
\(\Leftrightarrow\) 1 - \(\dfrac{b}{a^2+b}\)+ 1 - \(\dfrac{a}{b^2+a}\)\(\le\)1
\(\Leftrightarrow\)1 - \(\dfrac{b}{a^2+b}\) - \(\dfrac{a}{b^2+a}\)\(\le\)0
\(\Leftrightarrow\)- \(\dfrac{b}{a^2+b}\)- \(\dfrac{a}{b^2+a}\)\(\le\)-1
\(\Leftrightarrow\)\(\dfrac{a}{b^2+a}\)+ \(\dfrac{b}{a^2+b}\)\(\ge\)1
Xét VT = \(\dfrac{a^2}{ab^2+a^2}\)+ \(\dfrac{b^2}{a^2b+b^2}\)\(\ge\)\(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{ab^2+a^2+a^2b+b^2}\) (Cauchy - Schwarz)
= \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{ab\left(b+a\right)+a^2+b^2}\)
\(\ge\)\(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2ab+a^2+b^2}\)
= \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{\left(a+b\right)^2}\)= 1
Vậy BĐT được chứng minh
Dấu '=' xảy ra \(\Leftrightarrow\)a = b = 1
20 tháng 8 2016
3, \(\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\sqrt{\frac{a^2}{a\left(b+c\right)}}\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{\frac{a}{b+c}}}=\sqrt{\frac{a\left(b+c\right)}{a^2}}.\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có : \(\sqrt{\frac{a\left(b+c\right)}{a^2}}\le\frac{a+b+c}{2a}\Rightarrow\sqrt{\frac{a}{b+c}}\ge\frac{2a}{a+b+c}\left(1\right).\)
Chứng minh tương tự ta có : \(\sqrt{\frac{b}{a+c}}\ge\frac{2b}{a+b+c}\left(2\right).\); \(\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2c}{a+b+c}\left(3\right).\)
Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được:
\(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2.\)( đpcm )
dấu " = " xẩy ra khi a = b = c > 0
NN
1
30 tháng 8 2015
Từ giả thiết ta suy ra \(a+\sqrt{1-a^2}=b+\sqrt{1-b^2}\to\left(a+\sqrt{1-a^2}\right)^2=\left(b+\sqrt{1-b^2}\right)^2\)
\(\to a^2+2a\sqrt{1-a^2}+\left(1-a^2\right)=b^2+2b\sqrt{1-b^2}+\left(1-b^2\right)\)
\(\to a\sqrt{1-a^2}=b\sqrt{1-b^2}\to a^2\left(1-a^2\right)=b^2\left(1-b^2\right)\to a^2-a^4=b^2-b^4\)
\(\to\left(a^4-b^4\right)=a^2-b^2\to\left(a^2-b^2\right)\left(a^2+b^2-1\right)=0.\)
Vì a,b dương khác nhau nên \(a^2-b^2\ne0\to a^2+b^2=1.\) (ĐPCM)