Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Từ a+b=c Ta được a+b-c=0
Do đó:\(\left(a+b-c\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab-2ac-2bc=0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab-ac-bc\right)=0\)(đccm)
Có thể ( chỉ là có thể thôi ) các bạn chưa học hằng đẳng thức nâng cao nên mình sẽ chứng minh và dùng nó luôn , còn các bạn cứ lấy nó mà dung , bởi vì nó cũng có thể được coi là " định lý ", đại loại thế
Bổ đề : CMR: \(\left(a+b-c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2\left(ab-ac-bc\right)\)
\(\left(a+b-c\right)\left(a+b-c\right)=a^2+ab-ac+ab+b^2-bc-ac-bc+c^2\)
\(=a^2+b^2+c^2+\left(ab+ab\right)-\left(ac+ac\right)-\left(bc+bc\right)\)
\(=a^2+b^2+c^2+2\left(ab-ac-bc\right)\)
Nhờ bổ đề trên\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab-ac-bc\right)=a^2+b^2+c^2+2ab-2ac-2bc=\left(a+b-c\right)^2=0\)
\(\Rightarrow\)\(a+b-c=0\)vì \(\left(a+b-c\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\)\(a+b=c\left(DPCM\right)\)
Còn nhiều hằng đẳng thức nâng cao nữa cũng kiểu dạng này, nếu bạn muốn biết thì hãy tự chứng minh nó và áp dụng nó vào bài như một bổ đề, mình chỉ chia sẽ kinh nghiệm vậy thôi
GOOD LUCK
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
\(\left(a+b+c\right)^2\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(1^2+1^2+1^2\right)=3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge1\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\)
Dấu = khi a=b=c\(=\frac{1}{3}\)
ta có: a2 +b2 +c2 =\(\frac{a^2}{1}\) +\(\frac{b^2}{1}\) +\(\frac{c^2}{1}\)
áp dụng bđt bunhia dạng phân thức ta có :
\(\frac{a^2}{1}+\frac{b^2}{1}+\frac{c^2}{1}\) ≥\(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{1+1+1}\) =\(\frac{1}{3}\)
đấu = xảy ra khi a=b=c=\(\frac{1}{3}\)
Bài 1 :
ĐKXĐ : \(2-x\ne0\)
=> \(x\ne2\)
Ta có :\(\frac{4x+1}{4\left(2-x\right)}\ge x+2\)
=> \(4x+1\ge4\left(x+2\right)\left(2-x\right)\)
=> \(4x+1\ge4\left(4-x^2\right)\)
=> \(4x+1\ge16-4x^2\)
=> \(4x^2+4x-15\ge0\)
=> \(4x^2+10x-6x-15\ge0\)
=> \(4x\left(x-1,5\right)+10\left(x-1,5\right)\ge0\)
=> \(\left(4x+10\right)\left(x-1,5\right)\ge0\)
=> \(\left[{}\begin{matrix}4x+10\ge0\\x-1,5\ge0\end{matrix}\right.\)
=> \(\left[{}\begin{matrix}x\ge-\frac{5}{2}\\x\ge\frac{3}{2}\end{matrix}\right.\)
=> \(x\ge\frac{3}{2}\)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình trên là \(S=\left\{x|x\ge\frac{3}{2}\right\}\) .
Bài 2:
Ta có: \(\left(a+b\right)\left(a^4+b^4\right)\ge\left(a^2+b^2\right)\left(a^3+b^3\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^4+b^4\right)-\left(a^2+b^2\right)\left(a^3+b^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^4+b^4\right)-\left(a^2+b^3\right)\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left[a^4+b^4-\left(a^2+b^2\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left[a^4+b^4-a^4+a^3b-a^2b^2-a^2b^2+ab^3-b^4\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^3b+ab^3-a^2b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)ab\left(a^2+b^2-2ab\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)ab\left(a-b\right)^2\ge0\)
BĐT luôn đúng vì \(a>0;b>0\) và \(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Cũng chẳng biết có đánh lộn chỗ nào không nữa. Lần sau chia nhỏ ra.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
\(a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{1+1+1}=\dfrac{\left(\dfrac{3}{2}\right)^2}{3}=\dfrac{9}{\dfrac{4}{3}}=\dfrac{9}{12}=\dfrac{3}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c=\dfrac{1}{2}\)
Cho a, b là các số thực thỏa mãn : a + b = 1. Chứng minh: a2 +b2 > hoặc = \(\frac{1}{2}\)
\(gt\Rightarrow\left(a+b\right)^2=1\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2=1\) (1)
Do theo BĐT AM-GM (Cô si) \(a^2+b^2\ge2\left|ab\right|\ge2ab\)
Thay vào (1) suy ra \(1=a^2+2ab+b^2\ge4ab\)
Suy ra \(ab\le\frac{1}{4}\).Từ đây ta có: \(a^2+b^2=\left(a+b\right)^2-2ab=1-2ab\ge\frac{1}{2}^{\left(đpcm\right)}\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2=b^2\\a+b=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a=b\\a+b=1\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2}\)
Phép chứng minh hoàn tất!
Chứng minh rằng nếu (a2+b2)(x2+y2) = (ax+by)2 với x,y khác 0 thì \(\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}\)
Ta có:
\(\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)=\left(ax+by\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\) \(a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2=a^2x^2+2axby+b^2y^2\)
\(\Leftrightarrow\) \(a^2y^2+b^2x^2=2axby\)
\(\Leftrightarrow\) \(a^2y^2+b^2x^2-2axby=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(ay-bx\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(ay-bx=0\)
\(\Leftrightarrow\) \(ay=bx\)
\(\Leftrightarrow\) \(\dfrac{a}{x}=\dfrac{b}{y}\)
Bài 1:
Ta có: \(\frac{ab}{a+b}=ab.\frac{1}{a+b}\le\frac{ab}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)=\frac{b}{4}+\frac{a}{4}\)
Tương tự các BĐT còn lại rồi cộng theo vế ta có d9pcm.
Bài 2: 2 bài đều dùng Svac cả!
(cần thì ib t gửi link cho)
Tiện tay chém trước vài bài dễ.
Bài 1:
\(VT=\Sigma_{cyc}\sqrt{\frac{a}{b+c}}=\Sigma_{cyc}\frac{a}{\sqrt{a\left(b+c\right)}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{a}{\frac{a+b+c}{2}}=\frac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=2\)
Nhưng dấu bằng không xảy ra nên ta có đpcm. (tui dùng cái kí hiệu tổng cho nó gọn thôi nha!)
Bài 2:
1) Thấy nó sao sao nên để tối nghĩ luôn
2)
c) \(VT=\left(a-b+1\right)^2+\left(b-1\right)^2\ge0\)
Đẳng thức xảy ra khi a = 0; b = 1
\(a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2\ge2ab+2a+2b\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2-2ab-2a-2b\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2a+1\right)+\left(b^2-2b+1\right)+\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a-1=0\\b-1=0\\a-b=0\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=1\\a=b\end{matrix}\right.\Rightarrow a=b=1\)