Chứng minh: ( Phương pháp biến đổi tương đương)
\(\left(a^3+b^3\right)\left(a^2+b^2\right)\ge a^5+b^5\)
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
28 tháng 5 2019
b.
\(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)-8abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2b+ac^2+a^2c+b^2c+b^2a+bc^2-6abc\ge0\)
\(\Leftrightarrow a\left(b^2-2bc+c^2\right)+b\left(c^2-2ca+a^2\right)+c\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a-b\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
dấu "=" xảy ra khi a=b=c.
NK
27 tháng 5 2019
Ối chết,thiếu :v. Chứng minh hai biểu thức trên \(\ge0\) nha!
Thanks zZz Cool Kid zZz best toán :v đã nhắc nhở!
PA
21 tháng 7 2017
Bđt Mincowski nè (^~^)
Biến đổi tương đương:
\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2}\left(1\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+2\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)}\ge a^2+b^2+c^2+d^2+2\left(ac+bd\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(ac\right)^2+\left(ad\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(bd\right)^2\ge\left(ac\right)^2+2abcd+\left(bd\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(ad-bc\right)^2\ge0\) luôn đúng
=> (1) đúng
Dấu "=" xảy ra khi \(\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{d}\)
16 tháng 1 2021
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
\(\left(\dfrac{a^2+b^2}{a+b}-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\right)+\left(\dfrac{b^2+c^2}{b+c}-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\right)+\left(\dfrac{c^2+a^2}{c+a}-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2c+b^2c-c^2a-bc^2}{\left(a+b\right)\left(a+b+c\right)}+\dfrac{b^2a+c^2a-a^2b-ca^2}{\left(b+c\right)\left(a+b+c\right)}+\dfrac{c^2b+a^2b-b^2c-ab^2}{\left(c+a\right)\left(a+b+c\right)}\le0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)}{a+b}+\dfrac{ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)}{b+c}+\dfrac{cb\left(c-b\right)+ab\left(a-b\right)}{c+a}\le0\) (1).
Không mất tính tổng quát giả sử \(a\geq b\geq c\).
Ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{a+b}\le\dfrac{1}{c+a}\\ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow\dfrac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)}{a+b}\le\dfrac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)}{c+a}\);
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{b+c}\ge\dfrac{1}{c+a}\\ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)\le0\end{matrix}\right.\Rightarrow\dfrac{ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)}{b+c}\le\dfrac{ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)}{c+a}\).
Từ đó: \(\Leftrightarrow\dfrac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)}{a+b}+\dfrac{ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)}{b+c}+\dfrac{cb\left(c-b\right)+ab\left(a-b\right)}{c+a}\le\dfrac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)+ba\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)+cb\left(c-b\right)+ab\left(a-b\right)}{c+a}=0\).
Do đó (1) đúng hay bđt ban đầu cũng đúng. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
31 tháng 8 2022
\(0< =2\left|a\right|\cdot\left|b\right|\)
\(\Leftrightarrow\left(\left|a\right|\right)^2+2\cdot\left|a\right|\cdot\left|b\right|+\left(\left|b\right|\right)^2>=\left(\left|a\right|\right)^2+\left|b\right|^2\)
\(\Leftrightarrow\left(\left|a+b\right|\right)^2< =\left(\left|a\right|+\left|b\right|\right)^2\)
=>|a+b|<=|a|+|b|
T
9 tháng 8 2019
2) Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số \(a^2-1;b^2-1;c^2-1\) có ít nhất hai số nằm cùng phía với 1.
Giả sử đó là a2 - 1 và b2 - 1. Khi đó \(\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow a^2b^2-a^2-b^2+1\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+3a^2+3b^2+9\ge4a^2+4b^2+8\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+2\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\) (2)
Mà \(4\left[\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\right]\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\) (3)(Áp dụng Bunhicopxki và cái ngoặc vuông)
Từ (2) và (3) ta có đpcm.
Sai thì chịu
T
9 tháng 8 2019
Xí quên bài 2 b:v
b) Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a^2-\frac{1}{4}\right)\left(b^2-\frac{1}{4}\right)\ge0\)
Suy ra \(a^2b^2-\frac{1}{4}a^2-\frac{1}{4}b^2+\frac{1}{16}\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+a^2+b^2+1\ge\frac{5}{4}a^2+\frac{5}{4}b^2+\frac{15}{16}\)
Hay \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{3}{4}\right)\)
Suy ra \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+c^2+\frac{1}{2}\right)\)
\(\ge\frac{5}{4}\left(\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\) (Bunhiacopxki) (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
19 tháng 1 2018
1. a) 4( 2x + 3 ) - 3 ( 2 - 3x ) = 7
<=> 8x + 12 - 6 + 9x = 7
<=> 17x + 6 = 7
<=> 17x = 1
<=> x = 1/17
Vậy phương trình trên có nghiệm là x = 1/17
Chúc bạn học tốt!!!
19 tháng 1 2018
b) \(\dfrac{\left(x-1\right)^2}{3}+\dfrac{\left(x+3\right)^2}{6}=\dfrac{\left(x-2\right)\left(x+1\right)}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2-2x+1}{3}+\dfrac{x^2+6x+9}{6}=\dfrac{x^2+x-2x-2}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{x^2-2x+1}{3.2}+\dfrac{x^2+6x+9}{6}=\dfrac{x^2-x-2}{2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x^2-2x+1\right)2}{3.2}+\dfrac{x^2+6x+9}{6}=\dfrac{\left(x^2-x-2\right)3}{2.3}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{2x^2-4x+2}{6}+\dfrac{x^2+6+9}{6}=\dfrac{3x^2-3x-6}{6}\)
\(\Leftrightarrow2x^2-4x+2+x^2+6x+9=3x^2-3x-6\)
\(\Leftrightarrow3x^2+2x+11=3x^2-3x-6\)
\(\Leftrightarrow3x^2+2x-3x+3x=-6-11\)
\(\Leftrightarrow5x=-17\)
\(\Leftrightarrow x=\dfrac{-17}{5}\)
Vậy phương trình trên có nghiệm là \(x=\dfrac{-17}{5}\)
Chúc bạn học tốt!!!
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.
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)
Bất đẳng thức trên không đúng. Bạn có thể kiểm tra với a = b = -1.
Mình viết thiếu thêm điều kiện \(a+b\ge0\) nữa nhé Sigma CTV