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
BD
19 tháng 8 2016
Gỉa sử : \(a+b\le2\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^3>8\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)>8\)
\(\Leftrightarrow2+3ab\left(a+b\right)>8\)
\(\Rightarrow ab\left(a+b\right)>2\) \(\Rightarrow ab\left(a+b\right)>a^3+b^3\)
chia 2 vế cho số dương \(a+b:ab>a^2-ab+b^2\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2< 0\) ( vô lí)
\(\Rightarrow\) \(a+b\le2\) \(\left(đpcm\right)\)
19 tháng 8 2016
Đặt \(a=x-m\) , \(b=x+m\) . Giả sử a + b > 2 thì \(2x>2\Leftrightarrow x>1\)
Suy ra : \(a^3+b^3=\left(x+m\right)^3+\left(x-m\right)^3=2\)
\(\Leftrightarrow2x^3+3xm\left(x+m\right)-3xm\left(x-m\right)=2\)
\(\Leftrightarrow2x^3+6m^2x=2\)
Do x > 1 nên ta có \(2x^3>2\) , \(6m^2x\ge0\)
\(\Rightarrow a^3+b^3>2\) trái với giả thiết.
Vậy \(a+b\le2\)
BC
0
NT
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
27 tháng 8 2018
Lời giải:
Đặt \(\sqrt[3]{a}=x; \sqrt[3]{b}=y\). Khi đó ta có $x^3+y^3=2$ và cần chứng minh \(0< x+y\leq 2\).
Thật vậy.
Ta thấy: \(x^3+y^3=2>0\)
\(\Leftrightarrow (x+y)(x^2-xy+y^2)>0(1)\)
Mà \(x^2-xy+y^2=(x-\frac{y}{2})^2+\frac{3y^2}{4}\geq 0(2)\)
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra \(x+y>0\)
Lại có:
\(4(x^3+y^3)-(x+y)^3=3(x^3+y^3)-3(x^2y+xy^2)\)
\(=3[x^2(x-y)-y^2(x-y)]=3(x-y)^2(x+y)\)
Vì $x+y>0$ (cmt) và $(x-y)^2\geq 0$ nên \(4(x^3+y^3)-(x+y)^3\geq 0\)
\(\Rightarrow 4(x^3+y^3)\geq (x+y)^3\) hay \(8\geq (x+y)^3\Rightarrow x+y\leq 2\)
Ta có đpcm.
LD
1
CB
2 tháng 5 2017
từ gt \(\Rightarrow\)abc>0 => (2-a)(2-b)(2-c)>0 =>
8+2(ab+bc+ca)−4(a+b+c)−abc≥0 => 2(ab+bc+ca) \(\ge\)4 + abc \(\ge\)4
=> (a+b+c)^2≥4+a2+b2+c2 => a^2+b^2+c^2 \(\le\) 5
AH
Akai Haruma
Giáo viên
7 tháng 3 2018
Lời giải:
Bài này thực chất không cần thiết phải có điều kiện \(1\leq a,b,c\leq 2\)
Chỉ cần \(a,b,c>0\) thôi em nhé.
Ta có: \(a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow \frac{9abc}{3\sqrt[3]{abc}}\geq \frac{9abc}{a+b+c}\Leftrightarrow 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq \frac{9abc}{a+b+c}\)
Do đó:
\(a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}(1)\)
Ta đi cm \(a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\geq 2(ab+bc+ac)(2)\)
\(\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)(a+b+c)+9abc\geq 2(ab+bc+ac)(a+b+c)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)\)
Đây chính là BĐT Schur bậc 3 (luôn đúng)
Từ (1); (2) \(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq 2(ab+bc+ac)\)
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
CC
0
BU
1
9 tháng 8 2017
Giả sử (a+b)>2 thì (a+b)^2>4>>>>2(a^2+b^2)>=(a+b)^2>4>>>a^2+b^2>2(trái với gt đề bài)>>>Gt sai
>>>(a+b)<=2
VV
2
25 tháng 7 2018
Theo hằng đẳng thức đáng nhớ ta có :
\(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3=3\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)+3abc\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3=3\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca+abc\right)\left(1\right)\)
Ta lại có : \(0\le a,b,c\le2\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}abc\ge0\\\left(2-a\right)\left(2-b\right)\left(2-c\right)\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow8-4a-4b-4c+2ab+2bc+2ca-abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow2ab+2bc+2ca-4\ge abc\Leftrightarrow abc\le-4\) ( Vì \(a,b,c\ge0\) ) \(\left(2\right)\)
Thay (2) vào (1) ta được :
\(a^3+b^3+c^3\le3\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca-4\right)=3\left[\left(a+b+c\right)^2-3\left(ab+bc+ca\right)\right]=3\left(9-3\left(ab+bc+ca\right)\right)\)
Mà từ (2) ta lại có : \(2ab+2bc+2ca\ge abc+4=4\Rightarrow ab+bc+ca\ge2\Rightarrow-3\left(ab+bc+ca\right)\le-6\)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\le3\left(9-6\right)=9\)
Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=0;b=1;c=2\) và hoán vị
Ta có:\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)
Từ giả thiết ta có a,b \(\ne\)0\(\Rightarrow a+b=\frac{a^3+b^3}{a^2-ab+b^2}=\frac{2}{a^2-ab+b^2}\)
Vì \(a^2-ab+b^2=\frac{a^2-2ab+b^2+a^2+b^2}{2}=\frac{\left(a-b\right)^2+a^2+b^2}{2}\ge0\)
nên \(a+b=\frac{2}{a^2-ab+b^2}\le\frac{2}{1}=2\)
Tại sao \(a^2-ab+b^2=1\)vậy bn??