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
QT
2
17 tháng 3 2019
a, \(a^4+b^4-a^3b-ab^3=a^3\left(a-b\right)-b^3\left(a-b\right)\)
\(=\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)=\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\)
Mà \(\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)^2\ge0\forall a;b\\a^2+ab+b^2=\left(a+\frac{1}{2}b\right)^2+\frac{3}{4}b^2\ge0\forall a;b\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Rightarrow a^4+b^4-a^3b-ab^3\ge0\Leftrightarrow a^4+b^4\ge a^3b+ab^3\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b
b, \(a^3-3a^2+4a+1=a\left(a^2-4a+4\right)+a^2+1=a\left(a-2\right)^2+a^2+1>0\left(\forall a>0\right)\)
c, \(a^4+b^2+2-4ab=\left(a^4-2a^2b^2+b^4\right)+\left(2a^2b^2-4ab+2\right)\)
\(=\left(a^2-b^2\right)^2+2\left(ab-1\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow a^4+b^4+2\ge4ab\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\orbr{\begin{cases}a=b=1\\a=b=-1\end{cases}}\)
MT
1
KB
8 tháng 2 2019
1 ) Áp dụng BĐT Cô - si cho a ; b dương , ta có :
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\Rightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\Rightarrow\dfrac{a+b}{ab}\ge\dfrac{4}{a+b}\Rightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{4}{a+b}\left(đpcm\right)\)
2 ) \(\dfrac{2}{xy}+\dfrac{3}{x^2+y^2}=\dfrac{3}{2xy}+\dfrac{3}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{2xy}=3\left(\dfrac{1}{2xy}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\right)+\dfrac{1}{2xy}\)
\(\ge3.\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}+\dfrac{1}{\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}}=\dfrac{3.4}{1}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}}=12+2=14\)
( áp dụng BĐT Cô - si cho 2 số x ; y dương và BĐT phụ \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge\dfrac{4}{x+y}\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow x=y=\dfrac{1}{2}\)
Vậy ...
27 tháng 3 2018
a)\(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2-a^2-b^2-c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
b,c tương tự
d)Áp dụng bđt AM-GM ta được
\(a^4+a^4+b^4+c^4\ge4\sqrt[4]{a^4a^4b^4c^4}=4a^2bc\)
TT\(\Rightarrow a^4+b^4+b^4+c^4\ge4ab^2c\)
\(a^4+b^4+c^4+c^4\ge4abc^2\)
Cộng vế theo vế ta được \(4\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge4\left(a^2bc+ab^2c+abc^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\left(đpcm\right)\)
ND
27 tháng 3 2018
d)
\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4-a^2bc-ab^2c-abc^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow2a^4+2b^4+2c^4-2a^2bc-2ab^2c-2abc^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)^2+2a^2b^2+\left(b^2-c^2\right)^2+2b^2c^2+\left(c^2-a^2\right)^2+2a^2c^2-2a^2bc-2b^2ac-2c^2ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)^2+\left(b^2-c^2\right)^2+\left(c^2-a^2\right)^2+\left(a^2b^2+b^2c^2-2b^2ac\right)+\left(b^2c^2+c^2a^2-2c^2abc\right)+\left(a^2b^2+c^2a^2-2a^2ab\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-b^2\right)^2+\left(b^2-c^2\right)^2+\left(c^2-a^2\right)^2+\left(ab-bc\right)^2+\left(bc-ac\right)^2+\left(ab-ac\right)^2\ge0\)
Luôn đúng với mọi a , b , c
TM
1
17 tháng 4 2023
\(VT=\left(\dfrac{a}{b+c}+1\right)+\left(\dfrac{b}{c+a}+1\right)+\left(\dfrac{c}{a+b}+1\right)-3\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{a+b}\right)-3>=\dfrac{9}{2}-3=\dfrac{3}{2}\)
UK
10 tháng 8 2017
1) Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên
\(a< b+c\)
\(\Leftrightarrow a^2< ab+ac\)
Chứng minh tương tự: \(b^2< ab+bc\)
\(c^2< ac+bc\)
Cộng vế theo vế các BĐT vừa chứng minh ta được đpcm
2) \(x^4-4x+5=x^4-4x^2+4+4x^2-4x+1=\left(x^2-2\right)^2+\left(2x-1\right)^2\ge0\)
Không xảy ra đẳng thức nên ta suy ra đpcm
29 tháng 3 2022
Dự đoán dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Khi đó \(\frac{a^4}{b+2}=\frac{1}{3}\)
Ta cần ghép \(\frac{a^4}{b+2}\)với hạng tử \(k\left(b+2\right)\)thỏa mãn khi Cô-si thì dấu "=" xảy ra khi \(a=b=1\)
Lại có \(b+2=3\)
Đồng thời khi Cô-si dấu "=" xảy ra khi \(\frac{a^4}{b+2}=k\left(b+2\right)\)hay \(\frac{1}{3}=k.3\)\(\Leftrightarrow k=\frac{1}{9}\)
Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương \(\frac{a^4}{b+2}\)và \(\frac{b+2}{9}\), ta có:
\(\frac{a^4}{b+2}+\text{}\frac{b+2}{9}\ge2\sqrt{\frac{a^4}{b+2}.\frac{b+2}{9}}=\frac{2a^2}{3}\)
Tương tự, ta có \(\frac{b^4}{c+2}+\text{}\frac{c+2}{9}\ge2\sqrt{\frac{b^4}{c+2}.\frac{c+2}{9}}=\frac{2b^2}{3}\)và
\(\frac{c^4}{a+2}+\text{}\frac{a+2}{9}\ge2\sqrt{\frac{c^4}{a+2}.\frac{a+2}{9}}=\frac{2c^2}{3}\)
CỘng vế theo vế từng BĐT, ta được \(P+\frac{a+2+b+2+c+2}{9}\ge\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{3}\)
\(\Leftrightarrow P+\frac{\left(a+b+c\right)+6}{9}\ge2\)(vì \(a^2+b^2+c^2=3\)) \(\Leftrightarrow P\ge2-\frac{\left(a+b+c\right)+6}{9}\)(1)
Ta chứng minh BĐT phụ \(a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)(với \(a,b,c>0\))
Thật vậy, BĐT này \(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\le3a^2+3b^2+3c^2\)\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\ge0\)\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Vậy BĐT phụ được chứng minh \(\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\sqrt{3.3}=3\)(2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow P\ge2-\frac{3+6}{9}=1\)\(\Rightarrow min_P=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
NN
0
16 tháng 4 2018
Ý em là a^2+b^2+2>= 2(a+b) ?
Đề <=> a^2-2a+1+b^2-2b+1>=0
<=> (a-1)^2 + (b-1)^2>=0 (đúng)
=> bđt đúng