NH
1
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
NB
1
17 tháng 8 2018
\(20\left(a^2+b^2\right)+2c^2=16a^2+c^2+16b^2+c^2+4a^2+4b^2\)
\(\ge8ab+8ac+8bc=8\left(Am-Gm\right)\)
=> \(10\left(a^2+b^2\right)+c^2\ge4\)
NV
1
DT
31 tháng 12 2017
Hình như đề bị sai
Áp dụng BĐT cô-si:
a^4+1>=2a^2
suy ra a^4 +1+2b^2>=2a^2+2b^2>=4ab(Cô-si)
Vậy a^4+1+2b^2>=4ab
BĐT cô-si:a^4+b^4>=4a^2b^2
Vậy 2a^4+2b^2+b^4+1>=4a^2b^2+4ab
Suy ra 2a^4+1+(b^2+1)^2>=(2ab+1)^2
20 tháng 3 2018
a)\(a^2+ab+b^2=a^2+\dfrac{2ab}{2}+\left(\dfrac{b}{2}\right)^2+\dfrac{3b^2}{4}\)
\(=\left(a+\dfrac{b}{2}\right)^2+\dfrac{3b^2}{4}\ge0\forall a,b\)
b)\(a^4+b^4\ge a^3b+ab^3\)
\(\Leftrightarrow a^3\left(a-b\right)-b^3\left(a-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^3-b^3\right)\left(a-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\forall a,b\)
10 tháng 2 2020
Biến đổi tương đương:
\(\Leftrightarrow a^6+a^5b+ab^5+b^6\ge a^6+a^4b^2+a^2b^4+b^6\)
\(\Leftrightarrow a^5b-a^4b^2-a^2b^4+ab^5\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^4b\left(a-b\right)-ab^4\left(a-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\) (luôn đúng)
TP
1
TA
6 tháng 2 2018
Ta co: a3b2=(a2b2)a , a2b3=(a2b2)b => a3b2>a2b3( vi a>b) (1)
b3c2=(b2c2)b , b2c3=(b2c2)c => b3c2>b2c3( vi b>c) (2)
c3a2=(a2c2)c , a3c2=(a2c2)a => c3a2<a3c2 ( vi c<a) (3)
Vi b+c>a ( bdt trong tam giac)
=> dpcm
Bai nay phai xet trong tam giac thi moi dung
NT
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 12 2018
Lời giải:
Theo BĐT Schur bậc 3:
\(abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=(3-2a)(3-2b)(3-2c)\)
\(\Leftrightarrow abc\geq 27+12(ab+bc+ac)-18(a+b+c)-8abc=-27+12(ab+bc+ac)-8abc\)
\(\Rightarrow 9abc\geq 12(ab+bc+ac)-27\Rightarrow abc\geq \frac{4}{3}(ab+bc+ac)-3\)
Do đó:
\(a^2+b^2+c^2+abc\geq a^2+b^2+c^2+\frac{4}{3}(ab+bc+ac)-3\)
\(=(a+b+c)^2-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)-3=6-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)\)
Mặt khác theo hệ quả quen thuộc của BĐT AM-GM:
\(ab+bc+ac\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+abc\geq 6-\frac{2}{3}(ab+bc+ac)\geq 6-\frac{2}{3}.3=4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 12 2018
Nếu bạn không được sử dụng thẳng BĐT Schur bậc 3 thì có thể CM nó thông qua BĐT AM-GM ngược dấu.
TN
27 tháng 5 2016
Vì \(a^2\)\(\ge\)0; \(b^2\)\(\ge\)0; 1>0 nên ta áp dụng bất đẳng thức Cosi cho từng cặp ta có:
\(a^2\)+\(b^2\)\(\ge\)2\(\sqrt{a^2b^2}\)=2ab (1)
\(a^2\)+1\(\ge\)2\(\sqrt{a^21}\)=2a (2)
\(b^2\)+1\(\ge\)2\(\sqrt{b^2.1}\)=2b (3)
Cộng vế với vế của (1); (2) và (3) ta có:
2\(a^2\)+2\(b^2\)+2\(\ge\)2ab+2a+2b
\(a^2\)+\(b^2\)+1\(\ge\)ab+a+b( chia cả 2 vế của Bất phương trình cho 2)
Dấu = xảy ra khi a=b=1
BN
27 tháng 5 2016
Ta có : a^2 + b^2 > 2ab
b^2 + 1 > 2b
a^2 + 1 > 2a
=> 2(a^2 + b^2 + 1) > (2ab + 2a + 2b)
<=> (a^2 + b^2 + 1) > ab + a + b
\(\dfrac{a^4+b^4}{2}+a^2+b^2\ge a^2b^2+a^2+b^2\)
Áp dụng tiếp BĐT \(x^2+y^2+z^2\ge xy+xz+yz\) ta có:
\(\left(ab\right)^2+a^2+b^2\ge ab.a+ab.b+ab=ab\left(a+b+1\right)\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=0\) hoặc \(a=b=1\)