cm bất đẳng thức
\(a^{m+n}+b^{m+n}\ge\frac{1}{2}\left(a^m+b^m\right)\left(a^n+b^n\right)\)
giúp mình với năn nỉ đó mình cần lắm
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
9 tháng 9 2018
vt mỗi cái đề cho người khác lm
haazzzzzzzzzzzzzzz
chi kute
TT
25 tháng 2 2020
Bài này bạn chỉ cần chuyển vế biến đổi thôi là được , mình làm mẫu câu 2) :
\(\frac{a^2}{m}+\frac{b^2}{n}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{m+n}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2n+b^2m}{mn}-\frac{\left(a+b\right)^2}{m+n}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(m+n\right)\left(a^2n+b^2m\right)-\left(a^2+2ab+b^2\right).mn}{mn\left(m+n\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{a^2mn+\left(bm\right)^2+\left(an\right)^2+b^2mn-a^2mn-2abmn-b^2mn}{mn\left(m+n\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(bm-an\right)^2}{mn\left(m+n\right)}\ge0\) ( luôn đúng )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow bm=an\)
Câu 3) áp dụng câu 2) để chứng minh dễ dàng hơn, ghép cặp 2 .
AH
Akai Haruma
Giáo viên
5 tháng 2 2017
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
\(\text{VT}=\frac{a^4}{a^2b}+\frac{b^4}{b^2c}+\frac{c^4}{c^2a}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\) $(1)$
Vì $a+b+c=1$ nên
\(a^2+b^2+c^2=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=(a^3+ab^2+b^3+bc^2+c^3+ca^2)+(a^2b+b^2c+c^2a)\)
Áp dụng AM-GM:
\(a^3+ab^2\geq 2a^2b\). Tương tự cho $2$ cặp còn lại suy ra:
\(a^3+b^3+c^3+ab^2+bc^2+ca^2\geq 2(a^2b+b^2c+c^2a)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)\) $(2)$
Từ \((1),(2)\Rightarrow \text{VT}\geq 3(a^2+b^2+c^2)\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
KT
30 tháng 3 2018
c) \(\left(ax+by\right)^2\le\left(a^2+b^2\right)\left(x^2+y^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(ax\right)^2+2axby+\left(by\right)^2\le\left(ax\right)^2+\left(ay\right)^2+\left(bx\right)^2+\left(by\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(2axby\le\left(ay\right)^2+\left(bx\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(ay\right)^2-2axby+\left(bx\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(ay-bx\right)^2\ge0\) luôn đúng
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(\frac{a}{x}=\frac{b}{y}\)
1 tháng 1 2022
1: \(\Leftrightarrow a^5-a^4b+b^5-ab^4>=0\)
\(\Leftrightarrow a^4\left(a-b\right)-b^4\left(a-b\right)>=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\cdot\left(a+b\right)\cdot\left(a^2+b^2\right)>=0\)(luôn đúng khi a,b dương)
15 tháng 3 2020
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\). Khi đó, ta dễ dàng có được \(a^n\ge b^n\ge c^n\)và \(\frac{1}{b+c}\ge\frac{1}{c+a}\ge\frac{1}{a+b}\)
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev, ta có: \(\frac{a^n}{b+c}+\frac{b^n}{c+a}+\frac{c^n}{a+b}\ge\frac{1}{3}\left(a^n+b^n+c^n\right)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\right)\)
P/s: Đây là một bước nhỏ trong một cách chứng minh dạng tổng quát của bđt Nesbit
27 tháng 4 2017
e)\(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)
\(=1+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}+1\)
\(=\left(1+1\right)+\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)\)
\(=2+\left(\frac{a.a}{b.a}+\frac{b.b}{a.b}\right)\)
\(=2+\frac{a.a+b.b}{b.a}\)
Vì \(\frac{a.a+b.b}{a.b}>=2\)
Nên \(2+\frac{a.a+b.b}{a.b}>=2+2=4\)
Hay \(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)>=4\)
27 tháng 4 2017
a) \(a^2+b^2-2ab\)
\(=\left(a-b\right)^2\)
Vì \(\left(a-b\right)^2\) là binh phương của một số nên \(\left(a-b\right)^2>=0\)
Hay \(a^2+b^2-2ab>=0\)