Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1) Áp dụng HĐT mở rộng :
\(a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)=0\)(do a + b + c = 0)
\(\Rightarrow a^3+b^3+c^3=3abc\)
2 )Vì a;b;c là độ dài 3 cạch của 1 tam giác nên \(\hept{\begin{cases}a+b>c\\a+c>b\\a+b>c\end{cases}}\)(bđt tam giác)
\(\Rightarrow\frac{c}{a+b}< 1\Rightarrow\frac{c}{a+b}< \frac{2c}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{b}{a+c}< 1\Rightarrow\frac{b}{a+c}< \frac{2b}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}< 1\Rightarrow\frac{a}{b+c}< \frac{2a}{a+b+c}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}< \frac{2a+2b+2c}{a+b+c}=2\)(đpcm)
3 ) \(x^5+y^5\ge x^4y+xy^4\)
\(\Leftrightarrow x^5+y^5-x^4y-xy^4\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x^4-x^3y+x^2y^2-xy^3+y^4\right)-xy\left(x^3+y^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x^4-x^3y+x^2y^2-xy^3+y^4\right)-xy\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x^4-x^3y+x^2y^2-xy^3+y^4-x^3y+x^2y^2-xy^3\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)\left(x-y\right)^2\left(x^2+y^2\right)\ge0\)(luôn đúng với mọi \(x;y\ne0andx+y\ge0\))
Vậy \(x^5+y^5\ge x^4y+xy^4\)
a3 + b3 + c3 = ( a + b + c). +( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) + 3abc
= 0 . (a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca ) + 3abc
= 3abc ( đpcm)
mk làm câu 1) CMR: x5 + y5 \(\ge\) x4y + xy4 với x,y \(\ne\) 0 và x + y \(\ge\) 0.
Giải
Ta có: \(x^5+y^5\ge x^4y+xy^4\) (**)
\(\Leftrightarrow\left(x^5-x^4y\right)-\left(xy^4-y^5\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^4\left(x-y\right)-y^4\left(x-y\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^4-y^4\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^2-y^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)\ge0\) (*)
Ta thấy: \(\left(x-y\right)^2\ge0\), x + y \(\ge\) 0(gt), x2 + y2 \(\ge\) 0,do đó BĐT(*) luôn đúng.
Vậy BĐT(**) được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi x = y.
a+b+c => a+b= -c
=> (a+b)2 = (-c)2
=> a3+b3+3ab(a+b) = -c2
=> a3+b3+c3 = -3ab(a+b)
=> a2+b2+c2 = -3ab(-c) = 3abc
a) Chứng minh được BĐT \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\)(*)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b
Áp dụng BĐT (*) vào bài toán ta có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{2x+y+z}=\frac{1}{x+y+x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+z}\right)\\\frac{1}{x+2y+z}=\frac{1}{x+y+y+z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}\right)\\\frac{1}{x+y+2z}=\frac{1}{x+y+z+z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x+z}+\frac{1}{y+z}\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\le\frac{1}{4}\cdot2\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\right)\)
Tiếp tục áp dụng BĐT (*) ta có:
\(\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right);\frac{1}{y+z}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right);\frac{1}{z+x}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\le\frac{1}{4}\cdot2\cdot\frac{1}{4}\cdot2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=1\)
\(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\le1\)
Dấu "=" xảy ra <=> \(x=y=z=\frac{3}{4}\)
b) áp dụng bđt \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)ta có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\ge\frac{4}{a+b-c+b+c-a}=\frac{4}{2b}=\frac{2}{b}\\\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b}\ge\frac{4}{b+c-a+a+c-b}=\frac{4}{2c}=\frac{2}{c}\\\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{a+c-b}\ge\frac{4}{a+b-c+a+c-b}=\frac{4}{2a}=\frac{2}{a}\end{cases}}\)
Cộng theo vế 3 BĐT ta có:
\(2VT\ge\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}=2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)=2VP\)
\(\Rightarrow VT\ge VP\)
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c
- Biết a – b = 7 tính : A = a2(a + 1) – b2(b – 1) + ab – 3ab(a – b + 1)
- Cho ba số a, b, c khác 0 thỏa nãm đẳng thức :
1) Ta có: a + b + c = 0 <=> \(a+b=-c\)
=> \(\left(a+b\right)^3=-c^3\)
=> \(a^3+3ab\left(a+b\right)+b^3\) = \(-c^3\)
=> \(a^3+b^3+c^3=-3ab\left(a+b\right)\)
=> \(a^3+b^3+c^3=-3ab.\left(-c\right)\) ( Vì \(a+b=-c\))
=> \(a^3+b^3+c^3=3abc\) => đpcm
2) Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác
=> a,b,c > 0 và a < b+c ; b < a+ c ; c < a+ b
Ta có: \(\dfrac{a}{b+c}< \dfrac{a+a}{a+b+c}\) = \(\dfrac{2a}{a+b+c}\) ( b + c > 0; a >0)
\(\dfrac{b}{a+c}< \dfrac{b+b}{a+c+b}\) = \(\dfrac{2b}{a+b+c}\) ( a + c > 0; b > 0)
\(\dfrac{c}{a+b}< \dfrac{c+c}{a+b+c}\) = \(\dfrac{2c}{a+b+c}\) ( a + b >0; c > 0)
=> \(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}\) < \(\dfrac{2a+2b+2c}{a+b+c}\) = \(\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{a+b+c}\) = 2
=> đpcm
3/ \(x^5+y^5\ge x^4y+xy^4\)
\(\Leftrightarrow x^4\left(x-y\right)-y^4\left(x-y\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^4-y^4\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)\ge0\) (đúng)
bài 1
theo bài ra ta có
a + b + c = 0 => c = -[a+b] [ 1 ]
Thay (1) vao a^3+b^3+c^3 ta có:
a^3+b^3+[-(a+b)]^3=3ab[-(a+b)]
<=>a^3+b^3-(a+b)=-3ab(a+b)
<=> a3+ b3- a3 -3a2b- 3ab2- b3= -3a2b- 3ab2
<=> 0= 0
vậy ta có đpcm.