Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Do $ab=6$ nên \(a^2+b^2=(a-b)^2+2ab=(a-b)^2+12\)
Đặt \(|a-b|=t(t>0)\). Khi đó:
\(\frac{a^2+b^2}{|a-b|}=\frac{(a-b)^2+12}{|a-b|}=\frac{t^2+12}{t}=\frac{t^2-4\sqrt{3}t+12}{t}+4\sqrt{3}\)
\(=\frac{(t-2\sqrt{3})^2}{t}+4\sqrt{3}\geq 4\sqrt{3}\) với mọi \(t>0\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} ab=6\\ |a-b|=t=2\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)
Lời giải hoành tránh
loại trên mây có biết sai ở đâu không
nếu là lời giải của hs lớp 6 thì tạm chấp nhận
lời giải của GV chửi cho ngu như con BÒ . nếu không muôn chửi là ngu thì sửa lời giải đi
mà loại mày Akai Harumasao biết sai ở đâu mà sửa
Ta có:
\(\frac{a^2+b^2}{\left|a-b\right|}=\frac{\left(a-b\right)^2+2ab}{\left|a-b\right|}=\frac{\left|a-b\right|^2+12}{\left|a-b\right|}=\left|a-b\right|+\frac{12}{\left|a-b\right|}\ge2\sqrt{12}=4\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(\hept{\begin{cases}ab=6\\\left|a-b\right|=\frac{12}{\left|a-b\right|}\end{cases}}\) Em tự tìm a và b nhé!
Ta có:
\(4\le\left(\sqrt{a}+1\right)\left(\sqrt{b}+1\right)=\sqrt{ab}+\sqrt{a}+\sqrt{b}+1\le\dfrac{a+b}{2}+\dfrac{a+1}{2}+\dfrac{b+1}{2}+1\)
\(=a+b+2\)
\(\Leftrightarrow a+b\ge2\)
\(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{a}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a+b}=a+b\ge2\)
Dấu \(=\) xảy ra khi \(a=b=1\).
\(P=\dfrac{\left(a^2+abc\right)^2}{a^2b^2+2abc^2}+\dfrac{\left(b^2+abc\right)^2}{b^2c^2+2a^2bc}+\dfrac{\left(c^2+abc\right)}{a^2c^2+2ab^2c}\)
\(P\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc\left(a+b+c\right)}=\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2+3abc\right)^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
\(P\ge\dfrac{\left[a^2+b^2+c^2+3abc\right]^2}{\left(ab+bc+ca\right)^2}\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh \(\dfrac{a^2+b^2+c^2+3abc}{ab+bc+ca}\ge2\)
Ta có: \(abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(3-2a\right)\left(3-2b\right)\left(3-2c\right)\)
\(\Leftrightarrow3abc\ge4\left(ab+bc+ca\right)-9\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2+c^2+3abc}{ab+bc+ca}\ge\dfrac{a^2+b^2+c^2+4\left(ab+bc+ca\right)-9}{ab+bc+ca}\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2-9+2\left(ab+bc+ca\right)}{ab+bc+ca}=2\) (đpcm)
sai cơ bản rồi bạn ơi : a(a+bc)^2 không bằng dc (a^2+abc)^2
ko cả biết BĐT AM-GM với C-S là gì còn hỏi bài này rảnh háng
Đề sai rồi. Nếu như là a, b, c dương thì giá trị nhỏ nhất của nó phải là 9 mới đúng. Còn để có GTNN như trên thì điều kiện là a, b, c không âm nhé. Mà bỏ đi e thi cái gì mà phải giải câu cỡ này. Cậu này mạnh lắm đấy không phải dạng thường đâu.
bài này chỉ cần áp dụng bất đẳng thức cô -si là được thôi
ta có \(\frac{a^2+b^2}{\left|a-b\right|}=\frac{\left(a-b\right)^2+2ab}{\left|a-b\right|}=\left|a-b\right|+\frac{12}{\left|a-b\right|}\)
áp dụng bất đẳng thức cô -si ta được :
\(\left|a-b\right|+\frac{12}{\left|a-b\right|}\ge2\sqrt{\left|a-b\right|+\frac{12}{\left|a-b\right|}}=4\sqrt{3}\)(dpcm)
\(\frac{a^2+b^2}{\left|a-b\right|}=\frac{\left(a-b\right)^2+2ab}{\left|a-b\right|}=\frac{\left(\left|a-b\right|\right)^2+12}{\left|a-b\right|}\)
Đặt \(t=\left|a-b\right|>0\),
Cần CM: \(\frac{t^2+12}{t}\ge4\sqrt{3}\Leftrightarrow t^2+12\ge4\sqrt{3}t\Leftrightarrow\left(t-\sqrt{12}\right)^2\ge0\text{ (đúng }\forall t>0\text{)}\)
Lời giải:
Bổ sung điều kiện $a\neq b$
Ta có: $\frac{a^2+b^2}{|a-b|}\geq 4\sqrt{3}$
$\Leftrightarrow a^2+b^2\geq 4\sqrt{3}|a-b|$
$\Leftrightarrow (a-b)^2+2ab-4\sqrt{3}|a-b|\geq 0$
$\Leftrightarrow |a-b|^2+12-4\sqrt{3}|a-b|\geq 0$
$\Leftrightarrow (|a-b|-2\sqrt{3})^2\geq 0$ (luôn đúng)
Do đó ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $|a-b|=2\sqrt{3}$ và $ab=6$ hay $(a,b)=(3+\sqrt{3}, 3-\sqrt{3})$ và hoán vị