HT
3
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
ZP
4
4 tháng 2 2017
Ta có:
\(a^8+b^8+c^8\ge a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\)
\(\ge a^4b^2c^2+b^4c^2a^2+c^4a^2b^2=a^2b^2c^2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\ge a^2b^2c^2\left(ab+bc+ca\right)\)
Cái bất đẳng thức áp dụng trong bài là:
\(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
LA
4 tháng 2 2017
ĐẶt 2^a = x; 2^b=y; 2^c=z;=> x;y;z>0
dpcm<=> x^3+y^3+z^3 ≥x+y+z và xyz = 2^a.2^b.2^c =2^(a+b+c)=1
Ta có: x^3+y^3 = (x+y)(x²+y²-xy).Vì x²+y² ≥ 2xy => x^3+y^3 ≥xy(x+y)
Tương tự ta có: y^3+z^3≥ yz(y+z)
z^3+ x^3≥ xz(x+z)
Cộng vế với vế ta có:
2(x^3+y^3+z^3) ≥ x²y+ xy² + y²z+yz²+x²z+xz²
Cộng 2 vế với x^3+y^3 +z^3 ta có:
3(x^3+y^3+z^3) ≥ x²(x+y+z) + y²(x+y+z) + z²(x+y+z) = (x+y+z)(x²+y²+z²) (*)
Theo cô si ta có:
x²+y²+z² ≥3.(x².y².z²)^1/3 = 3 (vì xyz=1)
=> 3(x^3+y^3+z^3) ≥ 3(x+y+z)
=> x^3+y^3+z^3 ≥ x+y+z
=> dpcm
PH
0
NT
1
LL
27 tháng 2 2018
Ta có: \(a^8+b^8+c^8\ge a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\)
Ta sẽ chứng minh: \(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\ge a^2b^2c^2\left(ab+bc+ac\right)\) (*)
Đặt: \(\left\{{}\begin{matrix}ab=x\\bc=y\\ac=z\end{matrix}\right.\) ta có: \(bdt\Leftrightarrow x^4+y^4+z^4\ge xyz\left(x+y+z\right)\)
Tiếp tục có: \(x^4+y^4+z^4\ge x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2\)
Ta sẽ chứng minh: \(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge xyz\left(x+y+z\right)\)
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:\(\left\{{}\begin{matrix}x^2y^2+y^2z^2\ge2\sqrt{x^2y^4z^2}=2xzy^2\\y^2z^2+z^2x^2\ge2\sqrt{y^2z^4x^2}=2xyz^2\\x^2y^2+z^2x^2\ge2\sqrt{x^4y^2z^2}=2yzx^2\end{matrix}\right.\)
Cộng theo vế: \(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\ge xzy^2+xyz^2+yzx^2=xyz\left(x+y+z\right)\)
Vậy (*) đúng
Vậy bất đẳng thức cần chứng minh đúng
TN
29 tháng 11 2016
1)Áp dụng Bđt Am-Gm \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\sqrt{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{a}}=2\)
2)Áp dụng Am-Gm \(a^2+b^2\ge2\sqrt{a^2b^2}=2ab;b^2+c^2\ge2bc;a^2+c^2\ge2ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
=>ĐPcm
3)(a+b+c)2\(\ge\)3(ab+bc+ca)
=>a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca\(\ge\)3ab+3bc+3ca
=>a2+b2+c2-ab-bc-ca\(\ge\)0
=>2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ca\(\ge\)0
=>(a2-2ab+b2)+(b2-2bc+c2)+(c2-2ac+a2)\(\ge\)0
=>(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2\(\ge\)0
4)đề đúng \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2-4ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)
DL
2 tháng 10 2019
Áp dụng bất đẳng thức \(4x^3+4y^3\ge\left(x+y\right)^3\) với x, y > 0, ta được:
\(4a^3+4b^3\ge\left(a+b\right)^3\); \(4b^3+4c^3\ge\left(b+c\right)^3\) ; \(4c^3+4a^3\ge\left(c+a\right)^3\).
Cộng từng vế 3 bất đẳng thức trên ta được:
\(4a^3+4b^3+4a^3+4b^3+4c^3+4c^3\ge\left(a+b\right)^3+\left(c+b\right)^3+\left(a+c\right)^3\)
\(\Rightarrow8\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(a+b\right)^3+\left(c+b\right)^3+\left(a+c\right)^3\)
=> đpcm.
5 tháng 5 2019
* Chứng minh :
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (*)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )
Do đó : \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\) \(\left(1\right)\)
* Chứng minh :
\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow\)\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) đến đây chứng minh giống chỗ (*)
...
Do đó : \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\) \(\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra : \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\) ( đpcm )
MV
23 tháng 4 2017
A)
\(2\left(A^2+B^2\right)\ge\left(A+B\right)^2\ge2\left(AB+BA\right)\\ \Leftrightarrow2A^2+2B^2\ge A^2+2AB+B^2\ge2AB+2BA\)
\(2A^2+2B^2\ge A^2+2AB+B^2\\ \Leftrightarrow A^2+B^2\ge2AB\\ \Leftrightarrow A^2+B^2-2AB\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(A-B\right)^2\ge0\) (LUÔN ĐÚNG) (1)
\(A^2+2AB+B^2\ge2AB+2BA\\ \Leftrightarrow A^2+B^2\ge2BA\\ \Leftrightarrow A^2+B^2-2BA\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(A-B\right)^2\ge0\) (LUÔN ĐÚNG) (2)
Từ (1), (2) ta có: \(2A^2+2B^2\ge A^2+2AB+B^2\ge2AB+2BA\\ \Leftrightarrow2\left(A^2+B^2\right)\ge\left(A+B\right)^2\ge2\left(AB+BA\right)\left(đpcm\right)\)
Áp dụng BĐT: \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
Dấu "=" xảy ra khi: x = y =z
Ta có: \(a^8+b^8+c^8\ge a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\ge a^2b^4c^2+b^2c^4a^2+c^2a^4b^2\)
\(=a^2b^2c^2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2b^2c^2\left(ab+bc+ca\right)\)
Vậy \(a^8+b^8+c^8\ge a^2b^2c^2\left(ab+bc+ca\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
bạn ơi vì sao \(a^8+b^8+c^8\ge a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\)