VV
0
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
VV
0
24 tháng 12 2015
C1
Giả sử căn 7 là số hữu tỉ Vậy căn 7 bằng a/b. Suy ra 7 bằng a bình / b bình. Suy ra a bình bằng 7b bình Suy ra a chia hết cho 7 Gọi a bằng 7k suy ra a bình bằng 7b bình Suy ra (2k) bình bằng 2b bình suy ra 4k bình bằng 2b bình suy ra 2k bình bằng b bình Suy ra ƯCLN(a,b)=2 Trái với đề bài =>căn 7 là số vô tỉ
CC
2
30 tháng 4 2019
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
(b+c)^2−a(b+c)+a^2/3−3bc>0
⇔(b+c−a/2)^2+(a^3−36)/12a>0
BĐT này luôn đúng do a^3>36>0
Vậy ta có đpcm
HT
0
24 tháng 2 2017
Câu 2a
\(\left(ac+bd\right)^2+\left(ad-bc\right)^2=\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+2abcd+b^2d^2+a^2d^2-2abcd+b^2c^2=\left(a^2+b^2\right)c^2+d^2\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2=a^2c^2+b^2c^2+a^2d^2+b^2d^2\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2-\left(a^2c^2+b^2d^2+a^2d^2+b^2c^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow0=0\)( đpcm )
Câu 2b
\(\left(ac+bd\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+2abcd+b^2d^2\le\left(a^2+b^2\right)c^2+d^2\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2c^2+2abcd+b^2d^2\le a^2c^2+b^2c^2+a^2d^2+b^2d^2\)
\(\Leftrightarrow2abcd\le b^2c^2+a^2d^2\)
\(\Leftrightarrow0\le b^2c^2-2abcd+a^2d^2\)
\(\Leftrightarrow0\le\left(bc-ad\right)^2\)( đpcm )
24 tháng 2 2017
Câu 4a
\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a+b}{2}\right)^2\ge ab\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\ge ab\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)( đpcm )
Câu 4c
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy
\(\Rightarrow3a+5b\ge2\sqrt{3a.5b}=2\sqrt{15ab}\)
\(\Rightarrow12\ge2\sqrt{15ab}\)
\(\Rightarrow6\ge\sqrt{15ab}\)
\(\Rightarrow6^2\ge15ab\)
\(\Rightarrow36\ge15ab\)
\(\Rightarrow ab\le\frac{12}{5}\)
\(\Leftrightarrow P\le\frac{12}{5}\)
Vậy GTLN của \(P=\frac{12}{5}\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 5 2018
Bài 1:
Sử dụng biến đổi tương đương. Ta có:
\(a^5+b^5\geq a^3b^2+a^2b^3\)
\(\Leftrightarrow a^5+b^5-a^3b^2-a^2b^3\geq 0\)
\(\Leftrightarrow a^3(a^2-b^2)-b^3(a^2-b^2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a^3-b^3)(a^2-b^2)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)^2(a^2+ab+b^2)(a+b)\geq 0\) (luôn đúng với mọi $a,b$ dương)
Ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi \((a-b)^2=0\Leftrightarrow a=b\)
Bài 2: Sử dụng kết quả bài 1:
\(a^5+b^5\geq a^3b^2+a^2b^3\Rightarrow a^5+b^5+ab\geq a^3b^2+a^2b^3+ab\)
\(\Rightarrow \frac{ab}{a^5+b^5+ab}\leq \frac{ab}{a^3b^2+a^2b^3+ab}=\frac{1}{a^2b+ab^2+1}=\frac{1}{a^2b+ab^2+abc}=\frac{1}{ab(a+b+c)}\)
Hoàn toàn tt:
\(\frac{bc}{b^5+c^5+bc}\leq \frac{1}{bc(a+b+c)}; \frac{ca}{c^5+a^5+ac}\leq \frac{1}{ac(a+b+c)}\)
Do đó:
\(P\leq \frac{1}{ab(a+b+c)}+\frac{1}{bc(a+b+c)}+\frac{1}{ac(a+b+c)}\). Thay \(1=abc\)
\(\Leftrightarrow P\leq \frac{c}{a+b+c}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}=1\) (đpcm)
28 tháng 3 2021
xí câu 1:))
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :
\(\frac{x^2}{y-1}+\frac{y^2}{x-1}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{x+y-2}\)(1)
Đặt a = x + y - 2 => a > 0 ( vì x,y > 1 )
Khi đó \(\left(1\right)=\frac{\left(a+2\right)^2}{a}=\frac{a^2+4a+4}{a}=\left(a+\frac{4}{a}\right)+4\ge2\sqrt{a\cdot\frac{4}{a}}+4=8\)( AM-GM )
Vậy ta có đpcm
Đẳng thức xảy ra <=> a=2 => x=y=2