HT
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
I
23 tháng 6 2020
Ta có
\(x^2+y^2\ge2xy\)hay\(xy\le\frac{x^2+y^2}{2}\left(\forall x,y\right)\)
\(=>ab+bc+ca+a+b+c\le\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}+\frac{a^2+1}{2}\)
\(+\frac{b^2+1}{2}+\frac{c^2+1}{2}\)
\(=a^2+b^2+c^2+\frac{a^2+b^2+c^2+3}{2}\left(do\right)a^2+b^2+c^2=3\)
\(=>=3+\frac{3+3}{2}=6\)
=> dpcm
cậu zô trang tuyển tập những toán hay nhá. Nơi đó nhiều bài hay lắm
JK
23 tháng 6 2020
(a - b)^2 = a^2 - 2ab + b^2 > 0
(b - c)^2 = b^2 - 2bc + c^2 > 0
(c - a)^2 = c^2 - 2ac + a^2 > 0
=> 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 > 2ab + 2bc + 2ac
=> 6 > 2ab + 2bc + 2ac
=> 3 > ab + bc + ac (1)
(a - 1)^2 = a^2 - 2a + 1 > 0
(b - 1)^2 = b^2 - 2b + 1 > 0
(c - 1)^2 = c^2 - 2c + 1 > 0
=> a^2 + b^2 + c^2 + 1 + 1 + 1 > 2a + 2b + 2c
=> 6 > 2a + 2b + 2c
=> 3 > a + b + c và (1)
=> 6 > ab + ac + bc + a + b + c
RR
18 tháng 5 2018
Ta có : \(7a^2+b^2=8ab\)
<=> \(7a^2-7ab+b^2-ab=0\)
<=> \(7a\left(a-b\right)-b\left(a-b\right)=0\)
<=> \(\left(7a-b\right)\left(a-b\right)=0\)
<=> \(\orbr{\begin{cases}a=\frac{b}{7}\\a=b\end{cases}}\)
Với \(a=\frac{b}{7}\) => \(M=1+\frac{b}{\frac{b}{7}}=1+7=8\)
Với a = b => \(M=1+1=2\)
10 tháng 2 2019
\(5a^2+5b^2+8ab-2a+2b+2=0\)
\(\Leftrightarrow4a^2+4b^2+8ab+a^2-2a+1+b^2-2b+1=0\)
\(\Leftrightarrow\left(2a+2b\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b+1\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2a+2b=0\\a-1=0\\b+1=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a\cdot1+2\left(-1\right)=0\left(tm\right)\\a=1\\b=-1\end{cases}}}\)
Thay a, b vào B ta được :
\(B=\left(1-1\right)^{2018}+\left(1-2\right)^{2019}+\left(-1+1\right)^{2020}\)
\(B=0^{2018}+\left(-1\right)^{2019}+0^{2020}\)
\(B=-1\)
NM
3
TN
8 tháng 2 2017
Không mất tính tổng quát giả sử a lớn nhất trong các số a,b,c. Từ đó suy ra
\(3a\ge a+b+c=3\Leftrightarrow2\ge a\ge1\left(1\right)\)
Từ điều kiện \(0\le b,c\le a\le2\). ta có
\(a^3+b^3+c^3\le a^3+\left(b+c\right)^3=a^3+\left(3-a\right)^3=9\left(a-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{27}{4}\left(2\right)\)
Mà từ \(b,c\ge0\) và \(a+b+c=3\).Lưu ý rằng khi ta có \(1\le a\le2\) từ \(\left(1\right)\) ta có: \(\left(a-\frac{3}{2}\right)^3\le\frac{1}{4}\left(3\right)\).
Vậy \(a^3+b^3+c^3\le9\left(a-\frac{3}{2}\right)^2+\frac{27}{4}\le\frac{9}{4}+\frac{27}{4}=9\)
Từ (2) và (3). Như vậy đã chứng minh xong
Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a=2\\b=1\\c=0\end{cases}}\)
TN
8 tháng 2 2017
Let \(a\ge b\ge c\)
Since \(f\left(x\right)=x^3\)is a convex function on \(\left[0,3\right]\) and \(\left(2,1,0\right)›\left(a,b,c\right)\)
By Karamata's inequality we obtain
\(9=2^3+1^3+0^2\ge a^3+b^3+c^3\)
Done! :)))
P/s:viết tiếng anh giỏi quá =))
XX
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
3 tháng 6 2020
Với mọi số thực a;b;c ta luôn có:
\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\) (1)
Tương tự: \(\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge2a+2b+2c\) (2)
Cộng vế với vế (1) và (2)
\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3\ge2\left(ab+bc+ca+a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b+c\le6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
T
10 tháng 6 2019
#)Giải :
\(a^2+b^2\le1+ab\)
\(\Leftrightarrow a^2-ab+b^2\le1\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\le a+b\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3\le a+b\)
\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3\right)\left(a^3+b^3\right)\le\left(a+b\right)\left(a^5+b^5\right)\left(a^3+b^3=a^5+b^5\right)\)
\(\Leftrightarrow a^6+2a^3b^3+b^6\le a^6+ab^5+a^5b+b^6\)
\(\Leftrightarrow a^5b+ab^5\ge2a^3b^3\)
\(\Leftrightarrow a^5b+ab^5-2a^3b^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a^4-2a^2b^2+b^4\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a^2-b^2\right)^2\ge0\)( luôn đúng \(\forall a;b>0\))
Vậy \(a^2+b^2\le1+ab\left(đpcm\right)\)
P/s : Bài này mk tham khảo trên mạng ( tại thấy rảnh nên chép hộ ^^ )
15 tháng 2 2019
1. Ta có : x + y + z = 0 \(\Rightarrow\)( x + y + z )2 = 0 \(\Rightarrow\)x2 + y2 + z2 = - 2 ( xy + yz + xz )\(S=\frac{x^2+y^2+z^2}{\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2+\left(x-y\right)^2}=\frac{-2\left(xy+yz+xz\right)}{2\left(x^2+y^2+z^2\right)-2\left(yz+xz+xy\right)}\)
\(S=\frac{-2\left(xy+yz+xz\right)}{-4\left(xy+yz+xz\right)-2\left(yz+xz+xy\right)}=\frac{-2\left(xy+yz+xz\right)}{-6\left(xy+yz+xz\right)}=\frac{1}{3}\)
đây có vài bài xin chỉ giáo | HOCMAI Forum - Cộng đồng học sinh Việt Nam
Có: \(x^2+\frac{1}{4}\ge2\sqrt{x^2.\frac{1}{4}}=x\)(BĐT AM-GM)
Đặt \(A=7a+5b+12ab\)
\(\Rightarrow A\le7\left(a^2+\frac{1}{4}\right)+5\left(b^2+\frac{1}{4}\right)+12ab=7a^2+5b^2+3+12ab\)
\(\Rightarrow A\le\left(9a^2+8ab+7b^2\right)+3-\left(2a^2-4ab+2b^2\right)=9-2\left(a-b\right)^2\le9\)(Vì \(2\left(a-b\right)^2\ge0\)với mọi a,b)
Vậy \(A\le9\)(đpcm) Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=\frac{1}{2}\)