DC
0
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
8 tháng 3 2019
Từ a+b+c=6 \(\Rightarrow\)a+b=6-c
Ta có: ab+bc+ac=9\(\Leftrightarrow\)ab+c(a+b)=9
\(\Leftrightarrow\)ab=9-c(a+b)
Mà a+b=6-c (cmt)
\(\Rightarrow\)ab=9-c(6-c)
\(\Rightarrow\)ab=9-6c+c2
Ta có: (b-a)2\(\ge\)0 \(\forall\)b, c
\(\Rightarrow\)b2+a2-2ab\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)(b+a)2-4ab\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)(a+b)2\(\ge\)4ab
Mà a+b=6-c (cmt)
ab= 9-6c+c2 (cmt)
\(\Rightarrow\)(6-c)2\(\ge\)4(9-6c+c2)
\(\Rightarrow\)36+c2-12c\(\ge\)36-24c+4c2
\(\Rightarrow\)36+c2-12c-36+24c-4c2\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)-3c2+12c\(\ge\)0
\(\Rightarrow\)3c2-12c\(\le\)0
\(\Rightarrow\)3c(c-4)\(\le\)0
\(\Rightarrow\)c(c-4)\(\le\)0
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}c\ge0\\c-4\le0\end{cases}}\)hoặc\(\hept{\begin{cases}c\le0\\c-4\ge0\end{cases}}\)
*\(\hept{\begin{cases}c\ge0\\c-4\le0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}c\ge0\\c\le4\end{cases}\Leftrightarrow}0\le c\le4}\)
*
3 tháng 7 2017
Bài 2:
a) Áp dụng BĐT AM - GM ta có:
\(\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)=\dfrac{1}{4a}+\dfrac{1}{4b}\) \(\ge2\sqrt{\dfrac{1}{4^2ab}}=\dfrac{2}{4\sqrt{ab}}=\dfrac{1}{2\sqrt{ab}}\)
\(\ge\dfrac{1}{a+b}\) (Đpcm)
b) Trừ 1 vào từng vế của BĐT ta được BĐT tương đương:
\(\left(\frac{x}{2x+y+z}-1\right)+\left(\frac{y}{x+2y+z}-1\right)+\left(\frac{z}{x+y+2z}-1\right)\le\frac{-9}{4}\)
\(\Leftrightarrow-\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\right)\le-\frac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\right)\ge\frac{9}{4}\)
Áp dụng BĐT phụ \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{9}{a+b+c}\) ta có:
\(\dfrac{1}{2x+y+z}+\dfrac{1}{x+2y+z}+\dfrac{1}{x+y+2z}\)
\(\ge\dfrac{9}{2x+y+z+x+2y+z+x+y+2z}=\dfrac{9}{4\left(x+y+z\right)}\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\right)\ge\frac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x}{2x+y+z}+\dfrac{y}{x+2y+z}+\dfrac{z}{x+y+2z}\le\dfrac{3}{4}\) (Đpcm)
3 tháng 7 2017
Bài 1:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(VT\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a-1+b-1}=\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a+b-2}\)
Nên cần chứng minh \(\dfrac{\left(a+b\right)^2}{a+b-2}\ge8\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge8\left(a+b-2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\ge8a+8b-16\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-4\right)^2\ge0\) luôn đúng
17 tháng 3 2019
Bài 2:
Đặt \(2017-x=a;2019-x=b;2x-4036=c\)
\(\Rightarrow a+b+c=0\)
Do \(a+b+c=0\Rightarrow a+b=-c\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3=-c^3\)
Có : \(a^3+b^3+c^3=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3=-c^3-3ab.\left(-c\right)+c^3=3abc\)
Do \(\left(2017-x\right)^3+\left(2019-x\right)^3+\left(2x-4036\right)^3=0\)
\(\Rightarrow3\left(2017-x\right)\left(2019-x\right)\left(2x-4036\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}2017-x=0\\2019-x=0\\2x-4036=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=2017\\x=2019\\x=2018\end{matrix}\right.\)
9 tháng 3 2019
(a^2+b^2)/2>=ab
<=>(a^2+b^2)>=2ab
<=> a^2+2ab+b^2>=2ab
<=>a^2+b^2>=0(luôn đúng)
=> điều phải chứng minh.
KT
9 tháng 3 2019
Xét hiệu: \(a^2+b^2-2ab=\left(a-b\right)^2\ge0\)
=> \(a^2+b^2\ge2ab\)
Dấu "=" xra <=> a = b
Áp dụng ta có:
a) \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge2a.2b.2c=8abc\)
dấu "=" xra <=> a = b = c = 1
b) \(\left(a^2+4\right)\left(b^2+4\right)\left(c^2+4\right)\left(d^2+4\right)\ge4a.4b.4c.4d=256abcd\)
Dấu "=" xra <=> a = b= c = d = 2
KB
9 tháng 3 2019
a ) Áp dụng BĐT phụ \(a^2+b^2\ge2ab\) cho các cặp số thực , ta có :
\(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge2a.2b.2c=8abc\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=1\)
b ) Làm tương tự như a )
AV
9 tháng 3 2019
Ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\)
a) Lại có : \(\left(a-1\right)^2\ge0\Leftrightarrow...\Leftrightarrow a^2+1\ge2a\)
cmtt \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b^2+1\ge2b\\c^2+1\ge2c\end{matrix}\right.\)
Nhân vế theo vế ta đc: \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge2a.2b.2c=8abc\left(dpcm\right)\)
b) Tiếp tục có \(\left(a-2\right)^2\ge0\Leftrightarrow...\Leftrightarrow a^2+4\ge4a\)
CMTT: \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b^2+4\ge4b\\c^2+4\ge4c\end{matrix}\right.\)
Nhân vế theo vế ta đc: \(\left(a^2+4\right)\left(b^2+4\right)\left(c^2+4\right)\ge4a.4b.4c=256abc\left(dpcm\right)\)
1 tháng 2 2020
a/VT=x5+x^4.y+x^3.y^2+x^2.y^4+x.y^4-x^4.y-x^3.y^2-x^2.y^3-x.y^4-y^5
=x^5-y^5=VP
=>dpcm
AH
Akai Haruma
Giáo viên
21 tháng 3 2017
Bài 1)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\(1=(a^2+b^2)(m^2+n^2)\geq (am+bn)^2\Rightarrow -1\leq am+bn\leq 1\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\frac{a}{m}=\frac{b}{n}\) . Kết hợp với \(a^2+b^2=m^2+n^2=1\)
\(\Rightarrow \) dấu bằng xảy ra khi \(a=\pm m;b=\pm n\)
Bài 2)
Ta thấy:
\((ac-bd)^2\geq 0\Rightarrow a^2c^2+b^2d^2\geq 2abcd\Rightarrow (ac+bd)^2\geq 4abcd\)
\(\Leftrightarrow 4\geq 4cd\rightarrow cd\leq 1\Rightarrow 1-cd\geq 0\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(ac=bd=\pm 1\) và \(cd=1\) ....
Bài 3)
Vế đầu:
\(\Leftrightarrow ab+bc+ac\leq a^2+b^2+c^2\)
Nhân $2$ và chuyển vế \(\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0\)
BĐT trên luôn đúng nên BĐT đầu tiên cũng đúng.
Vế sau:
\(\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)\geq 2(ab+bc+ac)\)
\(\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq 0\) (luôn đúng)
Do đó BĐT sau cũng luôn đúng với mọi số thực $a,b,c$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
21 tháng 3 2017
\(\left\{{}\begin{matrix}m^2+n^2=1\\a^2+b^2=1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(m^2+n^2\right)=\left(am\right)^2+\left(an\right)^2+\left(bm\right)^2+\left(bn\right)^2=1\)\(\Leftrightarrow\left(am+bn\right)^2-\left[\left(ambn-\left(an\right)^2\right)+\left(ambn-\left(bm\right)^2\right)\right]=1\)\(\Leftrightarrow\left(am+bn\right)^2+\left[an\left(bm-an\right)\right]+\left[bm\left(an-bm\right)\right]=1\)
\(\Leftrightarrow\left(am+bn\right)^2-\left(bm-an\right)\left(an-bm\right)=1\)
\(\Leftrightarrow\left(am+bn\right)^2+\left(an-bm\right)^2=1\\ \)
\(\left(an-bm\right)^2\ge0\forall_{a,b,m,n}\Rightarrow\left(am+bn\right)^2\le1\)
\(\Rightarrow-1\le\left(am+bn\right)\le1\Rightarrow dpcm\)
A
0
30 tháng 7 2023
Từ đề bài ta có :
\(a+b+c=0< =>\left(a+b+c\right)^2=0< =>a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc=0\)
Mà \(a^2+b^2+c^2=1\) < = > 1 + 2 ( ab + ac + bc ) = 0
< = > 2 ( ab + ac + bc ) = -1
< = > ab + ac + bc = -1/2
\(< =>\left(ab+ac+bc\right)^2=\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2< =>\left(ab\right)^2+\left(ac\right)^2+\left(bc\right)^2+2a^2bc+2ab^2c+2abc^2=\dfrac{1}{4}\)
\(< =>\left(ab\right)^2+\left(ac\right)^2+\left(bc\right)^2+2abc\left(a+b+c\right)=\dfrac{1}{4}\)
\(< =>\left(ab\right)^2+\left(ac\right)^2+\left(bc\right)^2=\dfrac{1}{4}\)
Lại có từ \(a^2+b^2+c^2=1\)
\(< =>\left(a^2+b^2+c^2\right)^2=1< =>a^4+b^4+c^4+2\left[\left(ab\right)^2+\left(ac\right)^2+\left(bc\right)^2\right]=1\)
\(< =>a^4+b^4+c^4+2.\dfrac{1}{4}=1< =>a^4+b^4+c^4+\dfrac{1}{2}=1< =>a^4+b^4+c^4=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\left(đpcm\right)\)