Cho \(a^3+b^3=2\)CMR \(a+b\le2\)
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
CD
1
NN
26 tháng 3 2017
vì a2 và b2 là 2 SCP nên chúng là STN
thử các trường hợp chỉ có 1 và 1 thỏa mãn => a và b đều = 1
=> a + b < 2(a + b)3 vì 2 < 16 (đpcm)
LC
18 tháng 11 2016
Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có:
\(\left[\left(\sqrt[3]{a}\right)^3+\left(\sqrt[3]{b}\right)^3+1^3\right].\left(1^3+1^3+1^3\right).\left(1^3+1^3+1^3\right)\ge\left(\sqrt[3]{a}.1.1+\sqrt[3]{b}.1.1+1.1.1\right)^3\)
<=>\(\left(a+b+1\right).9\ge\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+1\right)^3\)
Vì a+b=3
=>\(\left(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+1\right)^3\le27\)
<=>\(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+1\le3\)
<=>\(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}\le2\)
Dấu "=" xảy ra khi: a=b=1
=>ĐPCM
BD
19 tháng 8 2016
Gỉa sử : \(a+b\le2\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^3>8\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)>8\)
\(\Leftrightarrow2+3ab\left(a+b\right)>8\)
\(\Rightarrow ab\left(a+b\right)>2\) \(\Rightarrow ab\left(a+b\right)>a^3+b^3\)
chia 2 vế cho số dương \(a+b:ab>a^2-ab+b^2\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2< 0\) ( vô lí)
\(\Rightarrow\) \(a+b\le2\) \(\left(đpcm\right)\)
19 tháng 8 2016
Đặt \(a=x-m\) , \(b=x+m\) . Giả sử a + b > 2 thì \(2x>2\Leftrightarrow x>1\)
Suy ra : \(a^3+b^3=\left(x+m\right)^3+\left(x-m\right)^3=2\)
\(\Leftrightarrow2x^3+3xm\left(x+m\right)-3xm\left(x-m\right)=2\)
\(\Leftrightarrow2x^3+6m^2x=2\)
Do x > 1 nên ta có \(2x^3>2\) , \(6m^2x\ge0\)
\(\Rightarrow a^3+b^3>2\) trái với giả thiết.
Vậy \(a+b\le2\)
BC
0
QD
1
18 tháng 6 2023
Ta có BDT luôn đúng \(\left(a-b\right)^2\ge0\) \(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\) \(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\). Do \(a^2+b^2\le2\) nên \(2\left(a^2+b^2\right)\le4\).
Do đó \(\left(a+b\right)^2\le4\) \(\Leftrightarrow-2\le a+b\le2\), suy ra đpcm. ĐTXR \(\Leftrightarrow a=b=1\)
NT
1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
27 tháng 8 2018
Lời giải:
Đặt \(\sqrt[3]{a}=x; \sqrt[3]{b}=y\). Khi đó ta có $x^3+y^3=2$ và cần chứng minh \(0< x+y\leq 2\).
Thật vậy.
Ta thấy: \(x^3+y^3=2>0\)
\(\Leftrightarrow (x+y)(x^2-xy+y^2)>0(1)\)
Mà \(x^2-xy+y^2=(x-\frac{y}{2})^2+\frac{3y^2}{4}\geq 0(2)\)
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra \(x+y>0\)
Lại có:
\(4(x^3+y^3)-(x+y)^3=3(x^3+y^3)-3(x^2y+xy^2)\)
\(=3[x^2(x-y)-y^2(x-y)]=3(x-y)^2(x+y)\)
Vì $x+y>0$ (cmt) và $(x-y)^2\geq 0$ nên \(4(x^3+y^3)-(x+y)^3\geq 0\)
\(\Rightarrow 4(x^3+y^3)\geq (x+y)^3\) hay \(8\geq (x+y)^3\Rightarrow x+y\leq 2\)
Ta có đpcm.
17 tháng 4 2019
\(\frac{a^3}{a+b}+\frac{b^3}{b+c}+\frac{c^3}{c+a}=\frac{a^4}{a^2+ab}+\frac{b^4}{b^2+bc}+\frac{c^4}{c^2+ac}\)
\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}\)
\(\Rightarrow\frac{a^3}{a+b}+\frac{b^3}{b+c}+\frac{c^3}{c+a}\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{2}\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\le2\left(\frac{a^3}{a+b}+\frac{b^3}{b+c}+\frac{c^3}{c+a}\right)\) (đpcm)
\("="\Leftrightarrow a=b=c\)
NK
0
LD
1
CB
2 tháng 5 2017
từ gt \(\Rightarrow\)abc>0 => (2-a)(2-b)(2-c)>0 =>
8+2(ab+bc+ca)−4(a+b+c)−abc≥0 => 2(ab+bc+ca) \(\ge\)4 + abc \(\ge\)4
=> (a+b+c)^2≥4+a2+b2+c2 => a^2+b^2+c^2 \(\le\) 5
Ta có:\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)
Từ giả thiết ta có a,b \(\ne\)0\(\Rightarrow a+b=\frac{a^3+b^3}{a^2-ab+b^2}=\frac{2}{a^2-ab+b^2}\)
Vì \(a^2-ab+b^2=\frac{a^2-2ab+b^2+a^2+b^2}{2}=\frac{\left(a-b\right)^2+a^2+b^2}{2}\ge0\)
nên \(a+b=\frac{2}{a^2-ab+b^2}\le\frac{2}{1}=2\)
Tại sao \(a^2-ab+b^2=1\)vậy bn??