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
5 tháng 3 2018
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\)
BĐT\(\Leftrightarrow a^7\left(a-1\right)+b^7\left(b-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^7\left(a-\dfrac{1}{2}a-\dfrac{1}{2}b\right)+b^7\left(b-\dfrac{1}{2}a-\dfrac{1}{2}b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^7\left(\dfrac{1}{2}a-\dfrac{1}{2}b\right)+b^7\left(\dfrac{1}{2}b-\dfrac{1}{2}a\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(\dfrac{1}{2}a-\dfrac{1}{2}b\right)\left(a^7-b^7\right)\ge0\)(luôn đúng vì \(a\ge b\))
\(\Rightarrowđpcm\)
DO
3
26 tháng 10 2019
Cần CM : \(a^{k+1}-a^k\ge a-1\)\(\left(k\inℕ\right)\) (1)
\(\Leftrightarrow\)\(a^k\left(a-1\right)-\left(a-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a-1\right)\left(a^k-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a-1\right)^2\left(a^{k-1}-a^{k-2}+a^{k-3}-a^{k-4}+...+1\right)\ge0\) ( đúng )
=> (1) đúng
Áp dụng vào bài toán,với k = 7 ta có \(\hept{\begin{cases}a^8-a^7\ge a-1\\b^8-b^7\ge a-1\end{cases}}\Rightarrow a^8+b^8-a^7-b^7\ge a+b-2=0\)
\(\Leftrightarrow\)\(a^8+b^8\ge a^7+b^7\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=1\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
20 tháng 7 2017
Lời giải
Cách giải đơn giản nhất là khai triển
\(3(a^8+b^8+c^8)\geq (a^3+b^3+c^3)(a^5+b^5+c^5)\)
\(\Leftrightarrow 2(a^8+b^8+c^8)\geq a^5(b^3+c^3)+b^5(c^3+a^3)+c^5(a^3+b^3)\)
\(\Leftrightarrow (a^3-b^3)(a^5-b^5)+(b^3-c^3)(b^5-c^5)+(c^3-a^3)(c^5-a^5)\geq 0(\star)\)
Xét \((a^3-b^3)(a^5-b^5)=(a-b)^2(a^2+b^2)(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4)\geq 0\) với mọi \(a,b>0\)
và tương tự với các biểu thức còn lại.
Suy ra BĐT \((\star)\) luôn đúng.
Ta có đpcm
Đây chính là một dạng của BĐT Chebyshev:
Với dãy số thực \(a_1\leq a_2\leq ....\leq a_n\) . Nếu tồn tại dãy số thực\(b_1\leq b_2\leq .... \leq b_n\) thì \(n(a_1b_1+a_2b_2+....+a_nb_n)\geq (a_1+a_2+...+a_n)(b_1+b_2+...+b_n)\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
21 tháng 7 2017
Câu 2:
Tương tự câu 1 thôi.
Do \(a+b=2\) nên bài toán tương đương: \(2(a^8+b^8)\geq (a^7+b^7)(a+b)\)
\(\Leftrightarrow a^8+b^8\geq a^7b+ab^7\Leftrightarrow (a^7-b^7)(a-b)\geq 0\)
\(\Leftrightarrow (a-b)^2(a^6+a^5b+....+ab^5+b^6)\geq 0(\star)\)
Xét \(Q=a^6+a^5b+a^4b^2+a^3b^3+a^2b^4+ab^5+b^6\)
\(Q=(a+b)(a^5+b^5)+a^2b^2(a^2+b^2+ab)\)
Dựa vào điều kiện \(a+b=2\) và biến đổi, ta thu được \(Q=16(2-ab)^2-8ab(2-ab)-a^3b^3\)
Đặt \(ab=t\Rightarrow Q=-t^3+24t^2-80t+64\)
\(\Leftrightarrow Q=(1-t)(t-8)^2+7t^2\)
Với mọi \(a,b\in\mathbb{R}\) ta luôn có \(ab\leq \frac{(a+b)^2}{4}\Rightarrow t\leq 1\). Do đó \(Q\geq 0\)
Kéo theo BĐT \((\star)\) luôn đúng, bài toán luôn đúng. Do đó ta có đpcm.
TL
1
HP
22 tháng 1 2017
không mất tính tổng quát,giả sử a >= b
xét hiệu 2(a8+b8)-2(a7+b7)=2(a8+b8)-(a+b)(a7+b7) (do a+b=2)
=2a8+2b8-a8-ab7-a7b-b8=a8-a7b-ab7+b8=a7(a-b)-b7(a-b)=(a7-b7)(a-b) (1)
Theo giả sử : a>=b => a-b>=0 và a7-b7>=0
Vậy (1) >= 0 =>đpcm
DP
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 8 2020
Trước hết ta chứng minh BĐT: \(x^2+y^2\ge\frac{1}{2}\left(x+y\right)^2\)
Thật vậy, BĐT tương đương \(2x^2+2y^2\ge x^2+2xy+y^2\)
\(\Leftrightarrow x^2-2xy+y^2\ge0\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Áp dụng:
\(\left(a^2\right)^2+\left(b^2\right)^2\ge\frac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)^2\ge\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}\left(a+b\right)^2\right]^2=\frac{1}{8}\left(a+b\right)^4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
IF
1
18 tháng 8 2022
\(\Rightarrow a^7\left(a-b\right)+b^7\left(b-a\right)>=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^7-b^7\right)>=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\cdot A>=0\), với A>=0
=>Điều này luôn đúng
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
1 tháng 3 2021
\(VT\ge\dfrac{a^2}{\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}}+\dfrac{b^2}{\sqrt{2\left(a^2+c^2\right)}}+\dfrac{c^2}{\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}}\)
Đặt \(\left(\sqrt{b^2+c^2};\sqrt{c^2+a^2};\sqrt{a^2+b^2}\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow x+y+z=\sqrt{2019}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2=\dfrac{y^2+z^2-x^2}{2}\\b^2=\dfrac{x^2+z^2-y^2}{2}\\c^2=\dfrac{x^2+y^2-z^2}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow2\sqrt{2}VT\ge\dfrac{y^2+z^2-x^2}{x}+\dfrac{z^2+x^2-y^2}{y}+\dfrac{x^2+y^2-z^2}{z}\)
\(\Rightarrow2\sqrt{2}VT\ge\dfrac{y^2+z^2}{x}+\dfrac{z^2+x^2}{y}+\dfrac{x^2+y^2}{z}-\left(x+y+z\right)\)
\(2\sqrt{2}VT\ge\dfrac{\left(y+z\right)^2}{2x}+\dfrac{\left(z+x\right)^2}{2y}+\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2z}-\left(x+y+z\right)\)
\(2\sqrt{2}VT\ge\dfrac{4\left(x+y+z\right)^2}{2x+2y+2z}-\left(x+y+z\right)=x+y+z=\sqrt{2019}\)
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{\sqrt{2019}}{2\sqrt{2}}=\sqrt{\dfrac{2019}{8}}\) (đpcm)
23 tháng 1 2022
\(A=444......4\) (\(2n\) chữ số 4) \(=4.1111.....111\) (\(2n\) chữ số 1) \(=4.\dfrac{10^{2n}-1}{9}\)
\(B=222.....22\) (\(n+1\) chữ số 2) \(=2.111....11\) (\(n+1\) chữ số 1) \(=2.\dfrac{10^{n+1}-1}{9}\)
\(C=888....888\) (\(n\) chữ số 8) \(=8.111....1111\) (\(n\) chữ số 1) \(=8.\dfrac{10^n-1}{9}\)
\(\Leftrightarrow A+B+C+7=\dfrac{4,10^{2n}+2.10^{n+1}+8.10^n-14}{9}\)
7 tháng 2 2020
Ta có: \(a^4+2a^2b^2+b^4=\left(a^2+b^2\right)^2\ge\left(\frac{1}{2}\right)^2\)
Và: \(a^4-2a^2b^2+b^4=\left(a^2-b^2\right)^2\ge0\)
Và: \(2\left(a^4+b^4\right)\ge\frac{1}{4}\)
\(\Rightarrow a^4+b^4\ge\frac{1}{8}\left(đpcm\right)\)
7 tháng 2 2020
Ta có \(a+b=1\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2=1\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2=1\left(1\right)\)
Lại có \(\left(a-b\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\left(2\right)\)
Cộng từng vế (1) và (2) ta được : \(2\left(a^2+b^2\right)\ge1\Rightarrow a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2\right)^2\ge\frac{1}{4}\Leftrightarrow a^4+2a^2b^2+b^4\ge\frac{1}{4}\left(3\right)\)
Mặt khác: \(\left(a^2-b^2\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^4-2a^2b^2+b^4\ge0\left(4\right)\)
Cộng từng vế (3) và (4) ta được
\(2\left(a^4+b^4\right)\ge\frac{1}{4}\Leftrightarrow a^4+b^4\ge\frac{1}{8}\)
Bđt được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
Cái đề này sao sao ý :
\(a^8\ge a^7vs\forall a\)
\(b^8\ge b^7vs\forall b\)
\(\Rightarrow a^8+b^8\ge a^7+b^7vs\forall ab\)
Đâu cần a + b =2 âu
Bn làm sai rùi