Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1:
Ta có:
\(x^2+xy+y^2=\frac{3}{4}(x^2+2xy+y^2)+\frac{1}{4}(x^2-2xy+y^2)\)
\(=\frac{3}{4}(x+y)^2+\frac{1}{4}(x-y)^2\geq \frac{3}{4}(x+y)^2\)
\(\Rightarrow \sqrt{x^2+xy+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}(x+y)}{2}\)
Hoàn toàn tương tự:
\(\sqrt{y^2+yz+z^2}\geq \frac{\sqrt{3}(y+z)}{2}; \sqrt{z^2+xz+x^2}\geq \frac{\sqrt{3}(x+z)}{2}\)
Cộng theo vế các BĐT trên:
\(\Rightarrow \sqrt{x^2+xy+y^2}+\sqrt{y^2+yz+z^2}+\sqrt{z^2+xz+x^2}\geq \sqrt{3}(x+y+z)\)
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$
Bài 2:
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$4(a^9+b^9)-(a+b)(a^3+b^3)(a^5+b^5)\geq 0$
$\Leftrightarrow 4(a+b)(a^8-a^7b+a^6b^2-a^5b^3+a^4b^4-a^3b^5+a^2b^6-ab^7+b^8)-(a+b)(a^8+a^3b^5+a^5b^3+b^8)\geq 0$
$\Leftrightarrow 4(a^8-a^7b+a^6b^2-a^5b^3+a^4b^4-a^3b^5+a^2b^6-ab^7+b^8)-(a^8+a^3b^5+a^5b^3+b^8)\geq 0$
$\Leftrightarrow 3a^8+3b^8+4a^6b^2+4a^2b^6+4a^4b^4-(4a^7b+4ab^7+5a^5b^3+5a^3b^5)\geq 0$
$\Leftrightarrow (a-b)^2(a^2-ab+b^2)(3a^4+5a^3b+7a^2b^2+5ab^3+3b^4)\geq 0$
BĐT trên luôn đúng vì:
$(a-b)^2\geq 0, \forall a,b$
$a^2-ab+b^2=(a-\frac{b}{2})^2+\frac{3}{4}b^2\geq 0, \forall a,b$
$3a^4+5a^3b+7a^2b^2+5ab^3+3b^4=3(a^4+b^4+2a^2b^2)+a^2b^2+5ab(a^2+b^2)$
$=3(a^2+b^2)^2+5ab(a^2+b^2)+a^2b^2$
$=(a^2+b^2)(3a^2+3b^2+5ab)+a^2b^2=(a^2+b^2)[3(a+\frac{5}{6}b)^2+\frac{11}{12}b^2]+a^2b^2\geq 0$ với mọi $a,b$
Do đó ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b$ hoặc $a+b=0$
ta có : \(x^2+y^2+z^2+x^2y^2z^2-4xyz+y^2z^2-2yz+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(x^2-2xyz+y^2z^2\right)+\left(x^2y^2z^2-2xyz+1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(y-z\right)^2+\left(x-yz\right)^2+\left(xyz-1\right)^2\ge0\) (đúng \(\forall x;y;z\))
\(\Rightarrow\) (đpcm)
\(3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\\ \Leftrightarrow2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2xz\ge0\\ \Leftrightarrow x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz\ge0\)
đây là BĐT cơ bản luôn đúng suy ra đpcm
bài này là >=nhé bạn
Áp dụng bđt AM-GM:
\(x^2y^2+y^2z^2\ge2\sqrt{x^2y^4z^2}=2xy^2z\)
\(y^2z^2+x^2z^2\ge2\sqrt{x^2y^2z^4}=2xyz^2\)
\(x^2z^2+x^2y^2\ge2\sqrt{x^4y^2z^2}=2x^2yz\)
cộng theo vế và rút gọn
\(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge xyz\left(x+y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2}{x+y+z}\ge xyz\)
\("="\Leftrightarrow x=y=z\)
ta có:
X4 z4 y4 luôn>0
x-y>=\(\sqrt{2xy}\) >0
tương tự z-x, y-z =>A luôn dương
lớp 8 thì còn lằng nhằng lớp 10 quá đơn giản
\(x^2+y^2+z^2\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\dfrac{1}{3}\)
Không biết thêm ĐK \(x^2+y^2+z^2=8\) vào làm gì =,=!
Áp dụng BĐT \(\left|a\right|+\left|b\right|+\left| c\right|\ge\left|a+b+c\right|\) (bạn tự chứng minh)
Ta có: \(\left|x\right|+\left|y\right|+\left|z\right|\ge\left|x+y+z\right|=0\)
Dấu = xảy ra khi x = y = z = 0
ko có bđt \(\left|a\right|+\left|b\right|+\left|c\right|\ge\left|a+b+c\right|\) nhé tth
Nếu có thì dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(\left\{{}\begin{matrix}ab\ge0\left(1\right)\\\left(a+b\right)c\ge0\left(2\right)\end{matrix}\right.\)
\(\left(1\right)\)\(\Leftrightarrow\)\(\left\{{}\begin{matrix}a\ge0\\b\ge0\end{matrix}\right.\) hoặc \(\left\{{}\begin{matrix}a\le0\\b\le0\end{matrix}\right.\)
\(\left(2\right)\)\(\Leftrightarrow\)\(\left\{{}\begin{matrix}a+b\ge0\\c\ge0\end{matrix}\right.\) hoặc \(\left\{{}\begin{matrix}a+b\le0\\c\le0\end{matrix}\right.\)
chỉ có \(\left|a\right|+\left|b\right|\ge\left|a+b\right|\) và \(\left|a\right|-\left|b\right|\le\left|a-b\right|\) thui nhé
hok tốt :>