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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 4 2019
1.
\(P=\frac{a^4}{abc}+\frac{b^4}{abc}+\frac{c^4}{abc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3abc}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)}{3abc\left(a+b+c\right)}\)
\(P\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right).3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.3\sqrt[3]{abc}}{3abc\left(a+b+c\right)}=\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a+b+c}\)
Dấu "=" khi \(a=b=c\)
2.
\(P=\sum\frac{a^2}{ab+2ac+3ad}\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)}\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4.\frac{3}{8}\left(a+b+c+d\right)^2}=\frac{2}{3}\)
Dấu "=" khi \(a=b=c=d\)
PC
9 tháng 5 2017
Theo bài ra , ta có :
\(\left(a+b\right)^2\ge2\sqrt{a^2b^2}-ab\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge2ab-ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\ge2ab-ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge-ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2+a^2+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2+a^2+b^2\ge0\)(Luôn đúng)
Dấu '=' xảy ra khi và chỉ khi a = b = 0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
3 tháng 6 2020
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge4\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}\right)\ge2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge1\)
Đặt \(\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z\ge1\)
\(P=\sqrt{x^2+2y^2}+\sqrt{y^2+2z^2}+\sqrt{z^2+2x^2}\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt{\frac{\left(x+2y\right)^2}{3}}+\sqrt{\frac{\left(y+2z\right)^2}{3}}+\sqrt{\frac{\left(z+2x\right)^2}{3}}\)
\(\Rightarrow P\ge\frac{1}{\sqrt{3}}\left(3x+3y+3z\right)\ge\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{3}\) hay \(a=b=c=3\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
5 tháng 6 2020
Bạn tham khảo:
Câu hỏi của Phạm Vũ Trí Dũng - Toán lớp 8 | Học trực tuyến
27 tháng 3 2020
a/Xét hiệu ta có: \(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{b}-a^2-ab=\left(a+b\right)\left(\frac{a^2-ab+b^2}{b}\right)-a\left(a+b\right)\)
\(=\left(a+b\right)\left(\frac{a^2}{b}-2a+b\right)=\left(a+b\right)\left(\frac{a}{\sqrt{b}}+\sqrt{b}\right)^2\ge0\)
\(\RightarrowĐPCM\)
b/Tương tự ở câu a, ta cũng có:
\(\frac{a^3}{b}\ge a^2+ab-b^2\left(1\right),\frac{b^3}{c}\ge b^2+bc-c^2\left(2\right),\frac{c^3}{a}\ge c^2+ca-a^2\left(3\right)\)
Cộng (1),(2) và (3) \(VT\ge a^2+ab-b^2+b^2+bc-c^2+C^2+bc-a^2=ab+bc+ca\left(ĐPCM\right)\)
HT
2
TM
21 tháng 6 2016
Ta có:
- a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)(a2-2ab+b2+ab)=(a+b)[(a-b)2+ab]
- a2b+ab2=ab(a+b)
Vì (a-b)2+ab\(\ge\)ab
=>(a+b)[(a-b)2+ab]\(\ge\)ab(a+b)
=>a3+b3\(\ge\)a2b+ab2 (đpcm)
Bạn đọc lại xem hợp lí chưa, mình ko chắc lắm
21 tháng 6 2016
Ta có:
\(a^3+b^3\ge a^2b+ab^2\)
<=> \(\left(a+b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)\ge ab\left(a+b\right)\)
Với trường hợp a = b = 0 thì không rút gọn đc và BĐT đúng nên khi a > 0; b > 0 thì a+b>0
nên <=> \(a^2+ab+b^2\ge ab\)
<=> \(a^2+b^2\ge0\) (đúng)
Vậy BĐT được chứng minh
HC
23 tháng 4 2017
A) \(A^2+B^2\ge2AB\Leftrightarrow\left(A-B\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
B)\(A^2B=A\cdot A\cdot B;AB^2=A\cdot B\cdot B\)
áp dụng BĐT AM-GM
\(A\cdot A\cdot B\le\dfrac{A^3+A^3+B^3}{3};A\cdot B\cdot B\le\dfrac{A^3+B^3+B^3}{3}\)
cộng 2 vế của BĐT cho nhau
\(\Rightarrow A^2B+AB^2\le A^3+B^3\left(đpcm\right)\)
C)tương tự câu B) ta có
\(A^3B\le\dfrac{A^4+A^4+A^4+B}{4};AB^3\le\dfrac{A^4+B^4+B^4+B^{\text{4}}}{4}\)
cộng từng vế của BĐT ta có đpcm
MM
1
29 tháng 5 2018
a + b + 2a2 + 2b2 ≥ \(2ab+2a\sqrt{b}+2b\sqrt{a}\)
⇔ a + b + 2a2 + 2b2 - \(2ab-2a\sqrt{b}-2b\sqrt{a}\) ≥ 0
⇔ a2 - 2ab + b2 + a2 - 2a\(\sqrt{b}+b+b^2-2b\sqrt{a}+a\) ≥ 0
⇔ ( a - b)2 + ( a - \(\sqrt{b}\) )2 + ( b - \(\sqrt{a}\))2 ≥ 0 ( Luôn đúng )
<=>\(a^2\left(a-b\right)-b^2\left(a-b\right)\)>=0
<=>\(\left(a-b\right)\left(a^2-b^2\right)\)>=0
<=>\(\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\)>=0
Vì \(\left(a-b\right)^2\)>=0
<=>\(\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\)>=0 (đpcm)
Vì \(a,b\ge0\)nên
+ \(a+b\ge0\)(1)
+ \(\left(a-b\right)^2\ge0\)(2)
Nhân vế với vế của 1 và 2 , ta được :
\(\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab-ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)-ab.\left(a+b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3\ge a^2b+ab^2\)