CM
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
TT
0
HN
29 tháng 4 2017
Vì \(0\le x,y,z\le1\) nên ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}x^2\le x\\y^2\le y\\z^2\le z\end{matrix}\right.\Rightarrow x^2+y^2+z^2\le x+y+z=2\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
21 tháng 3 2017
Bài 1)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\(1=(a^2+b^2)(m^2+n^2)\geq (am+bn)^2\Rightarrow -1\leq am+bn\leq 1\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\frac{a}{m}=\frac{b}{n}\) . Kết hợp với \(a^2+b^2=m^2+n^2=1\)
\(\Rightarrow \) dấu bằng xảy ra khi \(a=\pm m;b=\pm n\)
Bài 2)
Ta thấy:
\((ac-bd)^2\geq 0\Rightarrow a^2c^2+b^2d^2\geq 2abcd\Rightarrow (ac+bd)^2\geq 4abcd\)
\(\Leftrightarrow 4\geq 4cd\rightarrow cd\leq 1\Rightarrow 1-cd\geq 0\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(ac=bd=\pm 1\) và \(cd=1\) ....
Bài 3)
Vế đầu:
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac\leq a^2+b^2+c^2\)
Nhân $2$ và chuyển vế \(\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0\)
BĐT trên luôn đúng nên BĐT đầu tiên cũng đúng.
Vế sau:
\(\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)\geq 2(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0\) (luôn đúng)
Do đó BĐT sau cũng luôn đúng với mọi số thực $a,b,c$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
21 tháng 3 2017
\(\left\{{}\begin{matrix}m^2+n^2=1\\a^2+b^2=1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(m^2+n^2\right)=\left(am\right)^2+\left(an\right)^2+\left(bm\right)^2+\left(bn\right)^2=1\)\(\Leftrightarrow\left(am+bn\right)^2-\left[\left(ambn-\left(an\right)^2\right)+\left(ambn-\left(bm\right)^2\right)\right]=1\)\(\Leftrightarrow\left(am+bn\right)^2+\left[an\left(bm-an\right)\right]+\left[bm\left(an-bm\right)\right]=1\)
\(\Leftrightarrow\left(am+bn\right)^2-\left(bm-an\right)\left(an-bm\right)=1\)
\(\Leftrightarrow\left(am+bn\right)^2+\left(an-bm\right)^2=1\\ \)
\(\left(an-bm\right)^2\ge0\forall_{a,b,m,n}\Rightarrow\left(am+bn\right)^2\le1\)
\(\Rightarrow-1\le\left(am+bn\right)\le1\Rightarrow dpcm\)
8 tháng 3 2019
Từ a+b+c=6 \(\Rightarrow\)a+b=6-c
Ta có: ab+bc+ac=9\(\Leftrightarrow\)ab+c(a+b)=9
\(\Leftrightarrow\)ab=9-c(a+b)
Mà a+b=6-c (cmt)
\(\Rightarrow\)ab=9-c(6-c)
\(\Rightarrow\)ab=9-6c+c2
Ta có: (b-a)2\(\ge\)0 \(\forall\)b, c
\(\Rightarrow\)b2+a2-2ab\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)(b+a)2-4ab\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)(a+b)2\(\ge\)4ab
Mà a+b=6-c (cmt)
ab= 9-6c+c2 (cmt)
\(\Rightarrow\)(6-c)2\(\ge\)4(9-6c+c2)
\(\Rightarrow\)36+c2-12c\(\ge\)36-24c+4c2
\(\Rightarrow\)36+c2-12c-36+24c-4c2\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)-3c2+12c\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)3c2-12c\(\le\)0
\(\Rightarrow\)3c(c-4)\(\le\)0
\(\Rightarrow\)c(c-4)\(\le\)0
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}c\ge0\\c-4\le0\end{cases}}\)hoặc\(\hept{\begin{cases}c\le0\\c-4\ge0\end{cases}}\)
*\(\hept{\begin{cases}c\ge0\\c-4\le0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}c\ge0\\c\le4\end{cases}\Leftrightarrow}0\le c\le4}\)
*
VT
30 tháng 12 2017
Bài 1, t nghĩ VP căn phải kéo dài hết
Áp dụng bđt bu nhi a, ta có
\(\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)^2\le\left(a+d\right)\left(b+c\right)\Rightarrow\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\le\sqrt{\left(a+d\right)\left(b+c\right)}\left(ĐPCM\right)\)
Bài 2, Áp dụng bài 1, ta có
\(\left(a\sqrt{3a\left(a+2b\right)}+b\sqrt{3b\left(b+2a\right)}\right)\le\left(a^2+b^2\right)\left[3a\left(a+2b\right)+3b\left(b+2a\right)\right]\)
\(\le2\left(3a^2+6ab+3b^2+6ab\right)=2\left[3\left(a^2+b^2\right)+12ab\right]\le2\left(6+12ab\right)\)
Áp dụng bđt cô si, ta có
\(a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow2\ge2ab\Rightarrow12\ge12ab\)
=>(...)^2<=36 => ...<=6 (ĐPcM)
dấu = xảy ra <=> a=b=1
^_^
15 tháng 8 2019
Ta có: \(0\le\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\)(1)
theo đề bài:
\(a^2+b^2+ab+bc+ac< 0\)
=> \(2\left(a^2+b^2+ab+bc+ac\right)< 0\)
=> \(2a^2+2b^2+2ab+2bc+2ac< 0\)(2)
Từ (1); (2) =>\(2a^2+2b^2+2ab+2bc+2ac< \) \(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\)
=> \(a^2+b^2< c^2\)
MT
13 tháng 3 2016
1)a+3>b+3
=>a>b
=>-2a<-2b
=>-2a+1<-2b+1
2)x>0;y<0 =>x2.y<0;x.y2>0
=>x2.y<0;-x.y2<0
=>x2y-xy2<0
13 tháng 3 2016
1.ta có a+3>b+3
suy ra -2a-6>-2b-6
=> (-2a-6)+5>(-2b-6)+5
=>-2a+1>-2b+1
2.vì x>0=> x^2>0 và y<0=>y^2>0
=> x^2*y<0 và x*y^2>0
=> x*y^2>x^2*y
=>x^2*y-x*y^2<0
8 tháng 5 2015
a2 + b2 + c2 < 2
<=> a2 + b2 + c2 < a+ b + c
<=> (a2 - a )+ (b2 - b )+ (c2 - c) < 0
<=> a.(a - 1) + b.(b -1) + c.(c -1) < 0 (*)
Điều này luôn đúng với mọi 0<a<1; 0<b<1; 0<c<1 vì 0<a<1 => a- 1 < 0 => a.(a-1) < 0
tương tự b(b - 1) < 0; c(c -1) < 0
Vậy (*) => đpcm
\(2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\Rightarrow\left(a+b\right)^2< 4\Rightarrow-2< a+b< 2\Rightarrow a+b< 2\)