Cho a,b là các số dương thỏa mãn \(a^3+b^3=a^5+b^5\)
Chứng minh rằng : \(a^2+b^2\le1+ab\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
2 tháng 12 2016
a) Nếu n2+2014 là số chính phương với n nguyên dương thì n2 + 2014 = k2 → k2 – n2 = 2014
=> (k – n)(k + n) = 2014 (*)
Vậy (k + n) – (k – n) = 2n là số chẵn nên k và n phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ.
Mặt khác (k – n)(k + n) = 2014 là chẵn
Nên (k – n), (k + n) đều chia hết cho 2 hay (k – n)(k + n) chia hết cho 4
Mà 2014 không chia hết cho 4
Suy ra đẳng thức (*) không thể xảy ra.
Vậy không có số nguyên dương n nào để số n2 + 2014 là số chính phương
b) Với 2 số a, b dương:
Xét: a2 + b2 – ab ≤ 1
<=> (a + b)(a2 + b2 – ab) ≤ (a + b) (vì a + b > 0)
<=> a3 + b3 ≤ a + b
<=> (a3 + b3)(a3 + b3) ≤ (a + b)(a5 + b5) (vì a3 + b3 = a5 + b5)
<=> a6 + 2a3b3 + b6 ≤ a6 + ab5 + a5b + b6
<=> 2a3b3 ≤ ab5 + a5b
<=> ab(a4 – 2a2b2 + b4) ≥ 0
<=> ab(a2 - b2) ≥ 0 đúng ∀ a, b > 0 .
Vậy: a2 + b2 ≤ 1 + ab với a, b dương và a3 + b3 = a5 + b5
30 tháng 6 2020
Vào TKHĐ của mình xem hình ảnh cho tiện nhé !
đây là câu trả lời của mình nha ! Tránh bị phàn nàn là copy
PA
17 tháng 2 2019
bnhia dưới mẫu ta được:
\(...\le\frac{a\left(a+ac+a\right)}{9a}+\frac{b\left(b+ab+1\right)}{9b}+\frac{c\left(c+bc+1\right)}{9c}\le\frac{6+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{9}=1\)
"=' <=> a=b=c=1
3 tháng 7 2020
Chắc ý bạn ấy là thế này:
\(\frac{a}{a^3+b^2+c}=\frac{a\left(\frac{1}{a}+1+c\right)}{\left(a^3+b^2+c\right)\left(\frac{1}{a}+1+c\right)}\le\frac{1+a+ac}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng lại:
\(LHS\le\frac{3+a+b+c+ab+bc+ca}{\left(a+b+c\right)^2}\le\frac{6+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{\left(a+b+c\right)^2}=1\)
Vậy ta có đpcm
Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1
17 tháng 5 2018
Theo giả thiết ta có: các bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh
\(\frac{a}{4-c}+\frac{b}{4-a}+\frac{c}{4-b}\le1\)
\(\Rightarrow a\left(4-a\right)\left(4-b\right)+b\left(4-b\right)\left(4-c\right)\)\(+c\left(4-c\right)\left(4-a\right)\le\left(4-a\right)\left(4-b\right)\)\(\left(4-c\right)\)
\(\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a+abc\le4\)
Bất đẳng thức trên mang tính hoán vị giữa các bất đẳng thức nên không mất tính tổng quát ta giả swr c nằm giwuax a và b khi đó ta có:
\(a\left(a-c\right)\left(b-c\right)\le0\)
Thực hiện phép khai triển ta được: \(a^2b+c^2a\le a^2c+abc\)rồi cộng thêm \(\left(b^2c+abc\right)\)vào 2 vế ta được:
\(a^2b+b^2c+c^2a+abc\)\(\le a^2c+b^2c+2abc=c\left(a+b\right)^2\)
Áp dụng Bất Đẳng Thức AM-GM ta có:
\(c\left(a+b\right)^2=\frac{1}{2}2c\left(a+b\right)\left(a+b\right)\)\(\le\frac{\left(2c+a+b+a+b\right)^3}{2.27}=4\)nên Bất Đẳng Thức đã được chứng minh
Vậy \(\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\le1\)( đpcm )
17 tháng 7 2021
\(\)\(=>a^5+b^5+c^5-3\ge0\)
\(< =>a^5+b^5+c^5-\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge0\)
\(>=>a^2.a^3-a^3+b^2.b^3-b^3+c^2.c^3-c^3\ge0\)
\(< =>a^2\left(a^3-1\right)+b^2\left(b^3-1\right)+c^2\left(c^3-1\right)\ge0\)(luôn đúng)
vì \(a^2\left(a^3-1\right)\ge0;b^2\left(b^3-1\right)\ge0;c^2\left(c^3-1\right)\ge0\)
Vậy \(Vt\ge3\)(đpcm)
\(\)
\(\)
Theo bất đẳng thức Cô-si ta có
a^5 + a >= 2√(a^5.a);
hay a^5 >= 2a^3 - a.
Chứng minh tương tự, ta cũng có
b^5 >= 2b^3 - b.
Cộng hai bất đẳng thức theo vế ta được
a^5 + b^5 >= 2a^3 + 2b^3 - a - b,
hay a^3 + b^3 >= 2a^3 + 2b^3 - a - b,
hay a^3 + b^3 <= a + b (*).
Vì a^3 + b^3 = (a + b)(a^2 - ab + b^2) nên bất đẳng thức (*) tương đương với
(a + b)(a^2 - ab + b^2) <= a + b,
hay a^2 - ab + b^2 <= 1,
hay a^2 + b^2 <= ab + 1.
Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1