CN
2
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
KN
20 tháng 6 2019
b) Ta có: \(a^2+a+1=a^2+2.\frac{1}{2}a+\frac{1}{4}+\frac{3}{4}\)
\(=\left(a+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0\forall a\)
Vậy \(a^2+a+1>0\left(đpcm\right)\)
20 tháng 6 2019
\(a,\left(x-3\right)\left(x-5\right)+4=x^2-8x+15+4=\left(x-4\right)^2+3>0\)
\(b,a^2+a+1=\left(a+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0\)
\(c,a^2-a+1=\left(a-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0\)
KN
19 tháng 8 2020
Sử dụng giả thiết \(a^2+b^2+c^2=3\), ta được: \(\frac{a^2b^2+7}{\left(a+b\right)^2}=\frac{a^2b^2+1+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b\right)^2}\)\(\ge\frac{2ab+2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b\right)^2}=1+\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}\)
Tương tự, ta được: \(\frac{b^2c^2+7}{\left(b+c\right)^2}\ge1+\frac{b^2+c^2+2a^2}{\left(b+c\right)^2}\); \(\frac{c^2a^2+7}{\left(c+a\right)^2}\ge1+\frac{c^2+a^2+2b^2}{\left(c+a\right)^2}\)
Ta quy bài toán về chứng minh bất đẳng thức: \(\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{b^2+c^2+2a^2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{c^2+a^2+2b^2}{\left(c+a\right)^2}\ge3\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được \(\Sigma_{cyc}\frac{a^2+b^2+2c^2}{\left(a+b\right)^2}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}}\)
Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được \(\frac{\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}\ge1\)
Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc \(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\)ta được: \(8\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\)
Mặt khác ta lại có
\(4\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\le\left(2b^2+c^2+a^2\right)^2\)(1) ; \(4\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\le\left(2c^2+a^2+b^2\right)^2\)(2);\(4\left(c^2+a^2\right)\left(a^2+b^2\right)\le\left(2a^2+b^2+c^2\right)^2\)(3) (Theo BĐT \(4xy\le\left(x+y\right)^2\))
Nhân theo vế 3 bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được: \(64\left(a^2+b^2\right)^2\left(b^2+c^2\right)^2\left(c^2+a^2\right)^2\)\(\le\left(2a^2+b^2+c^2\right)^2\left(2b^2+c^2+a^2\right)^2\left(2c^2+a^2+b^2\right)^2\)
hay \(8\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\)\(\le\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)\)
Từ đó dẫn đến \(\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\)\(\le\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)\)
Suy ra \(\frac{\left(2a^2+b^2+c^2\right)\left(2b^2+c^2+a^2\right)\left(2c^2+a^2+b^2\right)}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}\ge1\)
Vậy bất đẳng thức trên được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
LL
28 tháng 2 2018
Ta có:
\(2\left(a^3+b^3\right)\ge\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Rightarrow2\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\ge\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Rightarrow2\left(a^2-ab+b^2\right)\ge a^2+b^2\)
\(\Rightarrow2a^2-2ab+2b^2\ge a^2+b^2\)
\(\Rightarrow\left(a^2+b^2-2ab\right)+a^2+b^2\ge a^2+b^2\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
NT
1
28 tháng 2 2018
\(\Leftrightarrow4\left(a^3+b^3\right)-\left(a+b\right)^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow4a^3+4b^3-a^3-3a^2b-3ab^2-b^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3-a^2b-ab^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2\left(a-b\right)+b^2\left(b-a\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^2-b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\)(luôn đúng)
\(\Rightarrowđpcm\)
NT
1
28 tháng 2 2018
bpt <=> 4a^3+4b^3 >= a^3+b^3+3ab.(a+b)
<=> 4a^3+4b^3-a^3-b^3-3ab.(a+b) >= 0
<=> 3a^2+3b^2-3ab.(a+b) >= 0
<=> a^3+b^3-ab.(a+b) >= 0
<=> (a+b).(a^2-ab+b^2) - ab.(a+b) >= 0
<=> (a+b).(a^2-ab-b^2-ab) >= 0
<=> (a+b).(a-b)^2 >= 0 ( đúng với mọi a,b > 0 )
=> ĐPCM
Tk mk nha
16 tháng 8 2017
Áp dụng bđt Cauchy Schwarz dưới dạng Engel ta có :
\(\frac{\left(a+b\right)^2}{c}+\frac{\left(c+b\right)^2}{a}+\frac{\left(a+c\right)^2}{b}\ge\frac{\left(a+b+c+b+c+a\right)^2}{a+b+c}\)
\(=\frac{\left(2a+2b+2c\right)^2}{a+b+c}=\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=4\left(a+b+c\right)\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
HT
31 tháng 7 2016
a,\(a^2-6a+10=a^2-6a+9+1=\left(a-3\right)^2+1\)
Mà \(\left(a-3\right)^2\ge0=>\left(a-3\right)^2+1>0\)
\(=>a^2-6a+10>0\)
b, \(a^2+a+1=a^2+2a\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=\left(a+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\)
Vì \(\left(a+\frac{1}{2}\right)^2\ge0=>\left(a+\frac{1}{2}\right)+\frac{3}{4}>0\)
\(=>a^2+a+1>0\)
\(\left(x-3\right)\left(x-5\right)+4=x^2-8x+15+4\)
\(=x^2+8x+16+3=\left(x+4\right)^2+3\)
Vì \(\left(x+4\right)^2\ge0=>\left(x+4\right)^2+3>0\)
\(=>\left(x-3\right)\left(x-5\right)+4>0\)
C
10 tháng 4 2017
5. phân tích ra : \(1+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}+1\)
áp dụng bđ cosy
\(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{b}.\dfrac{b}{a}}=2\)
=> đpcm
6. \(x^2-x+1=x^2-2.\dfrac{1}{2}.x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{3}{4}>0\)
hay với mọi x thuộc R đều là nghiệm của bpt
7.áp dụng bđt cosy
\(a^4+b^4+c^4+d^4\ge2\sqrt{a^2.b^2.c^2.d^2}=4abcd\left(đpcm\right)\)
\(a\left(a-7\right)+a+10\)
\(=a^2-7a+a+10\)
\(=(a^2-6a+9)+1\)
\(=\left(a-3\right)^2+1>0\left(\forall a\right)\)
Ta có:
\(a\left(a-7\right)+a+10=a^2-7a+a+10=a^2-6a+10=\left(a^2-6a+9\right)+1=\left(a-3\right)^2+1\)
Vì \(\left(a-3\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-3\right)^2+1\ge1>0\)
Vậy \(a\left(a-7\right)+a+10>0\left(ĐPCM\right)\)