a) Cho các số a, b, c thỏa mãn:a + b + c = 3/2. Chứng minh rằng: a^2 + b^2 + c^2 ≥ 3/4.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x^2 + 2y^2 + 2xy – 6x – 8y + 2028?
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
11 tháng 5 2018
a)
b) P = x2 + 2y2 + 2xy – 6x – 8y + 2028
P = (x2 + y2 + 2xy) – 6(x + y) + 9 + y2 – 2y + 1 + 2018
P = (x + y – 3)2 + (y – 1)2 + 2018 2018
=> Giá trị nhỏ nhất của P = 2018 khi x = 2; y = 1
11 tháng 5 2018
Cách khác câu a
\(a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
=>đpcm
24 tháng 5 2018
Khởi động nhẹ nhàng thôi:v
\(a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{3}{4}\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2-a-b-c\ge\dfrac{3}{4}-\dfrac{3}{2}=-\dfrac{3}{4}\)
\(\Rightarrow\left(a^2-a+\dfrac{1}{4}\right)+\left(b^2-b+\dfrac{1}{4}\right)+\left(c^2-c+\dfrac{1}{4}\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(b-\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(c-\dfrac{1}{2}\right)^2\ge0\) (đúng)
\("="\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{2}\)
24 tháng 5 2018
a) C1. Áp dụng BĐT : ( x - y)2 ≥ 0 ∀xy
Ta có : a2 + b2 ≥ 2ab ( 1)
b2 + c2 ≥ 2bc ( 2)
c2 + a2 ≥ 2ac ( 3)
Từ ( 1 ; 2 ; 3) ⇒ 2( a2 + b2 + c2) ≥ 2( ab + ab + ac)
⇔ 3( a2 + b2 + c2) ≥ ( a + b + c)2
⇔ a2 + b2 + c2 ≥ \(\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\dfrac{9}{4}.\dfrac{1}{3}=\dfrac{3}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a = b = c = \(\dfrac{1}{2}\)
C2. Áp dụng BĐT Bunhiacopxki , ta có :
( a2 + b2 + c2)( 12 + 12 + 12) ≥ ( a + b + c)2
⇔ a2 + b2 + c2 ≥ \(\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\dfrac{9}{4}.\dfrac{1}{3}=\dfrac{3}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a = b = c = \(\dfrac{1}{2}\)
23 tháng 10 2016
bài 5 nhé:
a) (a+1)2>=4a
<=>a2+2a+1>=4a
<=>a2-2a+1.>=0
<=>(a-1)2>=0 (luôn đúng)
vậy......
b) áp dụng bất dẳng thức cô si cho 2 số dương 1 và a ta có:
a+1>=\(2\sqrt{a}\)
tương tự ta có:
b+1>=\(2\sqrt{b}\)
c+1>=\(2\sqrt{c}\)
nhân vế với vế ta có:
(a+1)(b+1)(c+1)>=\(2\sqrt{a}.2\sqrt{b}.2\sqrt{c}\)
<=>(a+1)(b+1)(c+1)>=\(8\sqrt{abc}\)
<=>(a+)(b+1)(c+1)>=8 (vì abc=1)
vậy....
12 tháng 4 2019
Có: \(\left(a-\frac{1}{2}\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^2-a+\frac{1}{4}\ge0\Leftrightarrow a^2+\frac{1}{4}\ge a\)
Tương tự cũng có : \(b^2+\frac{1}{4}\ge b ; c^2+\frac{1}{4}\ge c\)
Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta đươc:
\(a^2+b^2+c^2+\frac{3}{4}\ge a+b+c\)( Vì a + b + c = \(\frac{3}{2}\) nên \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{3}{4}\))
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
13 tháng 8 2017
1) ta có: A= x^3 -8y^3=> A=(x-2y)(x^2 +2xy+4y^2)=>A=5.(29+2xy) (vì x-2y=5 và x^2+4y^2=29) (1)
Mặt khác : x-2y=5(gt)=> (x-2y)^2=25=> x^2-4xy+4y^2=25=>29-4xy=25(vì x^2+4y^2=29)
=> xy=1 (2)
Thay (2) vào (1) ta đc: A= 5.(29+2.1)=155
Vậy gt của bt A là 155
2) theo bài ra ta có: a+b+c=0 => a+b=-c=>(a+b)^2=c^2=> a^2 +b^2+2ab=c^2=>c^2-a^2-b^2=2ab
=> \(\left(c^2-a^2-b^2\right)^2=4a^2b^2\)
=>\(c^4+a^4+b^4-2c^2a^2+2a^2b^2-2b^2c^2=4a^2b^2\)
=>\(a^4+b^4+c^4=2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2\)
=>\(2\left(a^4+b^4+c^4\right)=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)
=> \(a^4+b^4+c^4=\frac{1}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\) (đpcm)
3 tháng 5 2018
Theo BĐT Cauchy ta có :
\(\dfrac{a^2}{1}+\dfrac{b^2}{1}+\dfrac{c^2}{1}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{1+1+1}=\dfrac{\left(\dfrac{3}{2}\right)^2}{3}=\dfrac{3}{4}\)
4 tháng 5 2018
a, Đặt \(x=\dfrac{1}{2}+a\) ; \(y=\dfrac{1}{2}+b;z=\dfrac{1}{2}+c\)
Do a + b + c = 3/2 => x + y + z = 0
Ta có: \(a^2+b^2+c^2=\left(\dfrac{1}{2}+x\right)^2+\left(\dfrac{1}{2}+y\right)^2+\left(\dfrac{1}{2}+z\right)^2\)
\(=\left(\dfrac{1}{4}+x+x^2\right)+\left(\dfrac{1}{4}+y+y^2\right)+\left(\dfrac{1}{4}+z+z^2\right)\)
\(=\dfrac{3}{4}+\left(x+y+z\right)+x^2+y^2+z^2\ge\dfrac{3}{4}\)(đpcm)
P/S Nếu không muốn cm BĐT đó thì làm cách này cx đc
TM
27 tháng 2 2017
sao dài thế @@ chộp bài nào làm bài nấy ha
Câu 1:
Giả sử \(\sqrt{7}\) là số hữu tỉ thì \(\sqrt{7}=\frac{a}{b}\) với \(\frac{a}{b}\) là phân số tối giản, a;b thuộc Z, b khác 0
\(\frac{a}{b}=\sqrt{7}\Rightarrow\left(\frac{a}{b}\right)^2=7\Rightarrow\frac{a^2}{b^2}=7\Rightarrow a^2=7b^2\)=> a2 chia hết cho 7 (1)
=> a chia hết cho 7 => a=7k với k thuộc Z
Thay a=7k vào a2=7b2 ta được 49k2=7b2 => 7k2=b2 => b2 chia hết cho 7 => b chia hết cho 7 (2)
Từ (1) và (2) => phân số a/b chưa tối giản trái với giả thiết ban đầu
=>\(\sqrt{7}\) là số vô tỉ (đpcm)
NN
11 tháng 4 2017
Câu 1:
Giả sử \(\sqrt{7}\) là số hữu tỉ \(\Rightarrow\sqrt{7}=\frac{m}{n}\) (tối giản)
\(\Rightarrow7=\left(\frac{m}{n}\right)^2=\frac{m^2}{n^2}\) Hay \(7n^2=m^2\left(1\right)\)
Đẳng thức này chứng tỏ \(m^2⋮7\) Mà \(7\) là số nguyên tố nên \(m⋮7\)
Đặt \(m=7k\left(k\in Z\right)\) ta có: \(m^2=49k^2\left(2\right)\)
Từ \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\) suy ra: \(7n^2=49k^2\) nên \(n^2=7k^2\left(3\right)\)
Từ \(\left(3\right)\) ta lại có: \(n^2⋮7\) và vì \(7\) là số nguyên tố nên \(n⋮7\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}m⋮7\\n⋮7\end{cases}}\) nên phân số \(\frac{m}{n}\) không tối giản, trái với giả thiết
Vậy \(\sqrt{7}\) không phải là số hữu tỉ
\(\Leftrightarrow\sqrt{7}\) là số vô tỉ (Điều phải chứng minh)
a)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\(\left(a+b+c\right)^2\le\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(1^2+1^2+1^2\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right).3\ge\left(\dfrac{3}{2}\right)^2=\dfrac{9}{4}\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{3}{4}\)
a/ chtt
b/ \(P=x^2+2y^2+2xy-6x-8y+2028\)
\(=\left(x^2+2xy+y^2\right)-6\left(x+y\right)+9+\left(y^2-2y+1\right)+2018\)
\(=\left(x+y\right)^2-6\left(x+y\right)+9+\left(y-1\right)^2+2018\)
\(=\left(x+y-3\right)^2+\left(y-1\right)^2+2018\ge2018\)
Dấu = xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=1\end{matrix}\right.\)
Vậy....