Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chứng minh \(\frac{m^2}{p}+\frac{n^2}{q}\ge\frac{\left(m+n\right)^2}{p+q}\) với \(p,q>0\)(*) (dễ chứng minh bằng biến đổi tương đương).
Áp dụng BĐT (*) vào bài toán, ta có:
\(M=\frac{a^3}{2016a+2017b}+\frac{b^3}{2017a+2016b}\)
\(=\frac{a^4}{2016a^2+2017ab}+\frac{b^4}{2017ab+2016b^2}\)
\(=\frac{\left(a^2\right)^2}{2016a^2+2017ab}+\frac{\left(b^2\right)^2}{2017ab+2016b^2}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2016\left(a^2+b^2\right)+4034ab}\)(1)
Mà \(ab\le\frac{a^2+b^2}{2}\)nên \(\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2016\left(a^2+b^2\right)+4034ab}\ge\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2016\left(a^2+b^2\right)+4034.\frac{a^2+b^2}{2}}=\frac{2^2}{2016.2+4034.\frac{2}{2}}=\frac{2}{4033}\)(2)
Từ (1) và (2) ta có \(M\ge\frac{2}{4033}.\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=1.\)
Vậy \(M_{min}=\frac{2}{4033}\)khi \(a=b=1.\)
M=\(\left[\frac{a^3}{2016a+2017b}+\frac{a\left(2016a+2017b\right)}{4033^2}\right]+\left[\frac{b^3}{2017a+2016b}+\frac{b\left(2017a+2016b\right)}{4033^2}\right]-\frac{2016\left(a^2+b^2\right)+4034ab}{4033^2}\)
\(\ge\frac{2a^2}{4033}+\frac{2b^2}{4033}-\frac{2016\left(a^2+b^2\right)+4034\frac{a^2+b^2}{2}}{4033^2}=\frac{a^2+b^2}{4033}=\frac{2}{4033}\)
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=1
Ta có: \(a^2+b^2\ge2\sqrt{a^2b^2}=2ab\) (Theo BĐT cô si;a,b dương)
\(\Leftrightarrow2\ge2ab\Rightarrow ab\le1\) (Vì \(a^2+b^2=2\))
\(\Rightarrow4034ab\le4034\Rightarrow4032+4034ab\le8066\) (1)
Lại có: \(M=\dfrac{a^3}{2016a+2017b}+\dfrac{b^3}{2017a+2016b}\)
\(\Leftrightarrow M=\dfrac{a^4}{2016a^2+2017ab}+\dfrac{b^4}{2017ab+2016b^2}\) (2)
Áp dụng bất đẳng thức cô si dạng engel vào (2) được:
\(M\ge\dfrac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2016a^2+2017ab+2017ab+2016b^2}=\dfrac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2016\left(a^2+b^2\right)+4034ab}\)
\(\Leftrightarrow M\ge\dfrac{2^2}{2016\cdot2+4034ab}=\dfrac{4}{4032+4034ab}\) ( vì \(a^2+b^2=2\)) (3)
Từ (1);(3)\(\Rightarrow M\ge\dfrac{4}{8066}=\dfrac{2}{4033}\)
Vậy min \(M=\dfrac{2}{4033}\) khi a=b=1
\(M=\dfrac{a^3}{2016a+2017b}+\dfrac{b^3}{2017a+2016b}=\dfrac{a^4}{2016a^2+2017ab}+\dfrac{b^4}{2017ab+2016b^2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
\(M\ge\dfrac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2016\left(a^2+b^2\right)+4034ab}=\dfrac{4}{4032+4034ab}\)
AM-GM: \(a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow2ab\le2\Leftrightarrow ab\le1\Leftrightarrow4034ab\le4034\)
Hay: \(M\ge\dfrac{4}{4032+4034}=\dfrac{4}{8066}=\dfrac{2}{4033}\)
Ta có a + b = 1 nên \(a^3+b^3+ab=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)+ab=a^2+b^2\)
Lại có \(a^2+b^2=a^2+\left(1-a\right)^2=2a^2-2a+1\)
\(2\left(a-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{2}\ge\frac{1}{2}\)
Vậy nên \(a^3+b^3+ab\ge\frac{1}{2}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
Ta có:
\(\left(a-b\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-ab+b^2\right)+ab\ge\frac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)+ab\ge\frac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+ab\ge\frac{1}{2}\)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
\(P\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a+b+c+6}=\frac{9}{a+b+c+6}\)(1)
lại có: \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\Leftrightarrow a+b+c\le3\)
Vậy: \(\left(1\right)\ge\frac{9}{6+3}=1\)
Dấu = xảy ra khi a=b=c=1/căn 3
Vì a ; b dương , áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương , ta có :
\(a^2+b^2\ge2ab\Rightarrow2\ge2ab\Rightarrow ab\le1\)
Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số , ta có :
\(M=\frac{a^3}{2016a+2017b}+\frac{b^3}{2017a+2016b}=\frac{a^4}{2016a^2+2017ab}+\frac{b^4}{2017ab+2016b^2}\ge\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2016a^2+2017ab+2017ab+2016b^2}=\frac{4}{2016\left(a^2+b^2\right)+4034ab}\)
\(\ge\frac{4}{2016.2+4034.1}=\frac{4}{8066}=\frac{2}{4033}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=1\)