Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu 1:
Ta có: \(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\ge ab\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2^2}-ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+2ab+b^2-4ab}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-2ab+b^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\)
Vì \(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\forall a,b\)
\(\Rightarrow\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\ge ab\) (1)
Ta có: \(\dfrac{a^2+b^2}{2}\ge\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2+b^2}{2}-\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2a^2-2b^2-a^2-2ab-b^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-2ab-b^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\)
Vì \(\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)
\(\Rightarrow\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\forall a,b\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2}{2}\ge\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow ab\le\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\le\dfrac{a^2+b^2}{2}\)
5 , a3+b3+c3\(\ge\) 3abc
\(\Leftrightarrow\) a3+3a2b+3ab2+b3+c3-3a2b-3ab2-3abc\(\ge\) 0
\(\Leftrightarrow\) (a+b)3+c3-3ab(a+b+c) \(\ge0\)
\(\Leftrightarrow\) (a+b+c)(a2+2ab+b2-ac-bc+c2)-3ab(a+b+c) \(\ge0\)
\(\Leftrightarrow\) (a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)\(\ge0\) (1)
ta co : a,b,c>0 \(\Rightarrow\)a+b+c>0 (2)
(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2\(\ge0\)
<=> 2a2+2b2+2c2-2ac-2cb-2ab\(\ge0\)
<=>a2+b2+c2-ab-bc-ac\(\ge\) 0 (3)
Từ (1)(2)(3)=> pt luôn đúng
Bài 1:
(a)
Vì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác nên theo BĐT tam giác ta có:
\(\left\{\begin{matrix} a+b>c\\ b+c>a\\ c+a>b\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} c(a+b)>c^2\\ a(b+c)>a^2\\ b(c+a)>b^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow c(a+b)+a(b+c)+b(c+a)> c^2+a^2+b^2\)
\(\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)> a^2+b^2+c^2\)
Ta có đpcm.
(2): Bài này có nhiều cách giải. Nhưng mình xin đưa ra cách làm thuần túy Cô-si nhất.
Đặt
\((a+b-c, b+c-a, c+a-b)=(x,y,z)\Rightarrow (a,b,c)=(\frac{x+z}{2}; \frac{x+y}{2}; \frac{y+z}{2})\)
Khi đó:
\(\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}=\frac{x+z}{2y}+\frac{x+y}{2z}+\frac{y+z}{2x}\)
\(=\frac{x}{2y}+\frac{z}{2y}+\frac{x}{2z}+\frac{y}{2z}+\frac{y}{2x}+\frac{z}{2x}\geq 6\sqrt[6]{\frac{1}{2^6}}=3\) (áp dụng BĐT Cô-si)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c$
(c):
Theo BĐT tam giác:
\(b+c>a\Rightarrow 2(b+c)> b+c+a\Rightarrow b+c> \frac{a+b+c}{2}\)
\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}< \frac{2a}{a+b+c}\)
Hoàn toàn tương tự với những phân thức còn lại và cộng theo vế:
\(\Rightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}< \frac{2a}{a+b+c}+\frac{2b}{a+b+c}+\frac{2c}{a+b+c}=2\)
Ta có đpcm.
Bài 2:
Áp dụng BĐT Cô-si cho các số dương:
\(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+cd\geq 6\sqrt[6]{a^2.b^2.c^2.d^2.ab.cd}=6\sqrt[6]{(abcd)^3}=6\sqrt[6]{1^3}=6\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a^2=b^2=c^2=d^2=ab=cd\\ abcd=1\end{matrix}\right.\Rightarrow a=b=c=d=1\)
a) Ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\)
=>\(a^2+b^2-2ab\ge0\left(đpcm\right)\)
b) \(\left(a+b\right)^2\ge0\)
=> \(a^2+b^2+2ab\ge0\)
<=> \(a^2+b^2\ge-2ab\)
<=> \(\dfrac{a^2+b^2}{2}\ge ab\) (đpcm)
c) ta có: \(\left(a+1\right)^2=a^2+2a+1\)
\(a\left(a+2\right)=a^2+2a\)
Vậy từ 2 điều trên => \(a\left(a+2\right)< \left(a+1\right)^2\)
d) \(m^2+n^2+2\ge2\left(m+n\right)\) (*)
<=>m2 - 2m +1 +n2 - 2n +1 \(\ge0\)
<=> \(\left(m-1\right)^2+\left(n-1\right)^2\ge0\) (1)
(1) đúng => (*) đúng
d) Bạn ấy giải rồi ,mình không giải nữa
e) Theo BĐT cauchy ta có: \(\dfrac{a^2+b^2}{2}\ge ab\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2}{ab}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}\ge2\Leftrightarrow\left(\dfrac{a}{b}+1\right)+\left(\dfrac{b}{a}+1\right)\ge4\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a+b}{b}+\dfrac{a+b}{a}\ge4\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{a}\right)\ge4\) (đpcm)
Vậy..........
Lời giải:
Xét
\((a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=(a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2)+a^2b+b^2c+c^2a\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\left\{\begin{matrix} a^3+ab^2\geq 2a^2b\\ b^3+bc^2\geq 2b^2c\\ c^3+ca^2\geq 2c^2a\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)\)
\(\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a\leq \frac{a^2+b^2+c^2}{3}\) (do \(a+b+c=1\))
Do đó, \(A\geq 14(a^2+b^2+c^2)+\frac{3(ab+bc+ac)}{a^2+b^2+c^2}\)
\(\Leftrightarrow A\geq 14[(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)]+\frac{3(ab+bc+ac)}{(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)}\)
\(\Leftrightarrow A\geq 14-28(ab+bc+ac)+\frac{3(ab+bc+ac)}{1-2(ab+bc+ac)}\)
Đặt \(ab+bc+ac=t\)
Theo AM-GM thì \(ab+bc+ac\leq\frac{(a+b+c)^2}{3}\Leftrightarrow t\leq \frac{1}{3}\Rightarrow t\in (0,\frac{1}{3}]\)
Ta có: \(A\geq 14-28t+\frac{3t}{1-2t}\)
Ta sẽ cm rằng \(14-28t+\frac{3t}{1-2t}\geq \frac{23}{3}\Leftrightarrow \frac{14(1-2t)^2+3t}{1-2t}\geq \frac{23}{3}\)
\(\Leftrightarrow 168t^2-159t+42\geq 23-46t\)
\(\Leftrightarrow (3t-1)(56t-19)\geq 0\) \((\star)\)
Vì \(t\leq \frac{1}{3}\Rightarrow 3t-1,56t-19\leq 0\Rightarrow (3t-1)(56t-19)\geq 0\)
Do đó \((\star)\) đúng kéo theo \(14-28t+\frac{3t}{1-2t}\geq \frac{23}{3}\Rightarrow A\geq \frac{23}{3}\)
Vậy \(A_{\min}=\frac{23}{3}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}\)
a) \(4\left(a+b\right)ab=3\left(a-b\right)^2+\left(a+b\right)^2\Leftrightarrow4\left(a+b\right)ab=4a^2+4b^2-4ab\Leftrightarrow\left(a+b\right)ab=a^2+b^2-ab\) (đúng)
=> đẳng thức được cm
b) nếu nghĩ ra thì tớ giải cho
Cho a,b>0 thõa mãn điều kiện ab=1
CMR: \(\left(a+b+1\right)\left(a^2+b^2\right)+\dfrac{4}{a+b}\ge8\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^2+b^2\ge2\sqrt{a^2b^2}=2\)
Dấu " = " xảy ra <=> a=b=1
Đặt \(M=\left(a+b+1\right)\left(a^2+b^2\right)+\frac{4}{a+b}\)
\(\Rightarrow M\ge\left(a+b+1\right).2=\left(a+b\right)+\left(a+b\right)+2+\frac{4}{a+b}\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(M\ge2.\sqrt{ab}+2.\sqrt{\left(a+b\right).\frac{4}{a+b}}+2=2+2.2+2=8\)
Dấu " = " xảy ra <=> a=b=1