Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1) 2( a2 + b2 ) ≥ ( a + b)2
<=> 2a2 + 2b2 - a2 - 2ab - b2 ≥ 0
<=> a2 - 2ab + b2 ≥ 0
<=> ( a - b )2 ≥ 0 ( luôn đúng )
=> đpcm
2) Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương x , y , ta có :
a + b ≥ \(2\sqrt{ab}\)
=> \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\) ≥ 2\(\sqrt{\dfrac{1}{x}.\dfrac{1}{y}}\)
=> ( x + y)( \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\) ) ≥ \(2\sqrt{xy}\)2\(\sqrt{\dfrac{1}{x}.\dfrac{1}{y}}\)
=> ( x + y)( \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\)) ≥ 4
=> \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\) ≥ \(\dfrac{4}{x+y}\)
1) A= 2a2b2+2a2c2+2b2c2-a^4-b^4-c^4
= 2a2b2+2a2c2+2b2c2-(a^4+b^4+c^4)
= 2a2b2+2a2c2+2b2c2 -[(a2+b2+c2)2+2a2b2+2a2c2+2b2c2 )
= 2a2b2+2a2c2+2b2c2 -(a2+b2+c2)2-2a2b2-2a2c2-2b2c2
= (a2+b2+c2)2 >0
\(A=5n^3+15n^2+10n\)
\(=5n\left(n^2+2\times n\times\frac{3}{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^2-\left(\frac{3}{2}\right)^2+2\right)\)
\(=5n\left[\left(n+\frac{3}{2}\right)^2-\frac{1}{4}\right]\)
\(=5n\left[\left(n+\frac{3}{2}\right)^2-\left(\frac{1}{2}\right)^2\right]\)
\(=5n\left(n+\frac{3}{2}+\frac{1}{2}\right)\left(n+\frac{3}{2}-\frac{1}{2}\right)\)
\(=5n\left(n+2\right)\left(n+1\right)\)
Tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6
=> A vừa chia hết cho 6 vừa chia hết cho 5
=> A chia hết cho 30 (đpcm)
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng: 4b2c2-(b2+c2-a2)2 luôn luôn thuộc dương
Bài 1)
Vì \(a,b,c\) là ba cạnh của tam giác nên :
\(a+b-c,b+c-a,c+a-b>0\)
Đặt \((a+b-c,b+c-a,c+a-b)=(x,y,z)\Rightarrow (a,b,c)=\left(\frac{x+z}{2},\frac{x+y}{2},\frac{y+z}{2}\right)\)
BĐT cần CM tương đương:
\((x+y)(y+z)(x+z)\geq 8xyz\) với \(x,y,z>0\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\((x+y)(y+z)(x+z)\geq 2\sqrt{xy}.2\sqrt{yz}.2\sqrt{xz}=8xyz\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z\Leftrightarrow a=b=c\)
Bài 2)
Để đề bài chặt chẽ phải bổ sung điều kiện \(a,b,c>0\)
\((a^2+b^2+c^2)^2>2(a^4+b^4+c^4) \Leftrightarrow 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) >a^4+b^4+c^4\)
\(\Leftrightarrow 4a^2b^2>(c^2-a^2-b^2)^2\Leftrightarrow (2ab+a^2+b^2-c^2)(2ab-a^2-b^2+c^2)>0\)
\(\Leftrightarrow [(a+b)^2-c^2][c^2-(a-b)^2]>0\)
\(\Leftrightarrow (a+b-c)(a+b+c)(c+b-a)(c+a-b)>0\)
\(\Leftrightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)>0\). Khi đó xảy ra các TH:
+) Cả ba nhân tử \(a+b-c,b+c-a,c+a-b>0\) đồng nghĩa với \(a,b,c\) là ba cạnh tam giác
+ ) Tồn tại một nhân tử nhỏ hơn $0$ sẽ kéo theo bắt buộc phải có thêm một nhân tử nhỏ hơn $0$ nữa. Giả sử \(\left\{\begin{matrix} a+b-c<0\\ b+c-a<0\end{matrix}\right.\Rightarrow 2b < 0\) (vô lý)
Vậy ta có đpcm
Mashiro Shiina, giúp mình giải câu này nhé, mình sắp làm bài kiểm tra rùi.
Lời giải:
Xét hiệu:
\(\frac{a^4+b^4+c^4}{2}-a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
\(=\frac{1}{2}[ a^4+b^4+c^4-2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)]\)
\(=\frac{1}{2}[(a^4+b^4+c^4-2a^2b^2-2b^2c^2+2a^2c^2)-4a^2c^2]\)
\(=\frac{1}{2}[(a^2-b^2+c^2)^2-(2ac)^2]\)
\(=\frac{1}{2}[(a^2-b^2+c^2-2ac)(a^2-b^2+c^2+2ac)]\)
\(=\frac{1}{2}[(a-c)^2-b^2][(a+c)^2-b^2]\)
\(=\frac{1}{2}(a-c+b)(a-c-b)(a+c-b)(a+c+b)\)
\(=-\frac{1}{2}(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)(a+b+c)\)
Theo BĐT tam giác thì \(a+b-c>0; b+c-a>0; a+c-b>0; a+b+c>0\)
\(\Rightarrow \frac{a^4+b^4+c^4}{2}-(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)=-\frac{1}{2}(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b+c)< 0\)
\(\Rightarrow \frac{a^4+b^4+c^4}{2}< a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\) (đpcm)
dòng số 3:\(-4a^2c^2\) ở đâu ra v