NH
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
KB
6 tháng 9 2018
\(5a^2+10b^2-6ab-4a+2b+3\)
\(=\left(a^2-6ab+9b^2\right)+\left(4a^2-4a+1\right)+\left(b^2+2b+1\right)+1\)
\(=\left(a-3b\right)^2+\left(2a-1\right)^2+\left(b+1\right)^2+1>0\left(đpcm\right)\)
TH
2
PN
14 tháng 2 2016
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si với hai số \(a,b\) không âm, ta có:
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\) \(\left(1\right)\)
\(ab+1\ge2\sqrt{ab}\) \(\left(2\right)\)
Nhân \(\left(1\right)\) với \(\left(2\right)\) vế theo vế, ta được:
\(\left(a+b\right)\left(ab+1\right)\ge4ab\) \(\left(đpcm\right)\)
Dấu \(''=''\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(a=b\) và \(ab=1\) \(\Leftrightarrow\) \(a=b=1\) (do \(a>0\) và \(b>0\), tức \(a,b\) dương)
Chú ý (không ghi): bài này có nhiều cách, bạn có thể tìm cách mới!
AS
1
NN
14 tháng 4 2017
Ta có:
\(a^2+8.5b^2+34\ge4ab+2b+8a\)
\(\Leftrightarrow\) \(2a^2+17b^2-8ab-4b-16a+68\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-8ab+16b^2\right)+\left(a^2-16a+64\right)+\left(b^2-4b+4\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-4b\right)^2+\left(a-8\right)^2+\left(b-2\right)^2\ge0\) (Đúng)
Vậy \(a^2+8.5b^2+34\ge4ab+2b+8a\) (Đpcm)
AS
1
HN
14 tháng 4 2017
\(2a^2+17b^2-8ab-4b-16a+68\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-8ab+16b^2\right)+\left(a^2-16a+64\right)+\left(b^2-4b+4\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-4b\right)^2+\left(a-8\right)^2+\left(b-2\right)^2\ge0\) (đúng)
AT
31 tháng 5 2018
\(a^4+b^4+2=a^4+b^4+1+1\ge4\sqrt[4]{a^{4\cdot}\cdot b^4\cdot1\cdot1}=4ab\left(đpcm\right)\)
Dấu ''='' xảy ra khi a = b
31 tháng 5 2018
Áp dụng BĐT Cauchy cho 4 số không âm , ta có :
a4 + b4 + 1 + 1 ≥ \(4\sqrt[4]{a^4.b^4.1.1}=4ab\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a = b = 1
TN
27 tháng 3 2017
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)
\(9+ab\ge2\sqrt{9ab}=6\sqrt{ab}\)
\(\Rightarrow VT=a+b\ge\frac{2\sqrt{ab}\cdot6\sqrt{ab}}{9+ab}=\frac{12ab}{9+ab}=VP\)
Bài 2:
a)\(\frac{a^2}{a+2b^2}=a-\frac{2ab^2}{a+2b^2}\ge a-\frac{2ab^2}{3\sqrt[3]{ab^4}}=a-\frac{2}{3}\sqrt[3]{a^2b^2}\)
\(BDT\Leftrightarrow\sqrt[3]{a^2b^2}+\sqrt[3]{b^2c^2}+\sqrt[3]{c^2a^2}\le3\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\sqrt[3]{b^2c^2}\le\frac{1}{3}\left(bc+b+c\right)\). Tương tự r` cộng theo vế ta có ĐPCM
b)\(\frac{a^2}{a+2b^3}=a-\frac{2ab^2}{a+2b^3}\ge a-\frac{2ab^3}{3\sqrt[3]{ab^6}}=a-\frac{2}{3}b\sqrt[3]{a^2}\)
\(\ge a-\frac{2}{3}b\frac{\left(a+a+1\right)}{3}=a-\frac{2b}{9}-\frac{4ab}{9}\)
Vậy \(VT\ge a+b+c-\frac{2}{9}\left(a+b+c\right)-\frac{4}{9}\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\ge\frac{7}{3}-\frac{4\left(a+b+c\right)^2}{27}=1=VP\)
NQ
1
1 tháng 4 2015
vì a>b nên ta có
2a > 2b (1)
3a > 3b (2)
=> 3a > 2b
và 2015>2015
=> 3a+2015>2b+2014
TM
1
BĐT cần chứng minh \(\Leftrightarrow a^2-4ab+3\left(a^2+b^2\right)\ge2b^2\)(vì \(a^2+b^2=5\))
\(\Leftrightarrow a^2-4ab+3a^2+3b^2-2b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow4a^2-4ab+b^2\ge0\)\(\Leftrightarrow\left(2a-b\right)^2\ge0\)(BĐT luôn đúng)
Vậy ta có đpcm.