NT
1
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
11 tháng 11 2018
\(-1\le a\le2\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+1\ge0\\a-2\le0\end{cases}\Rightarrow\left(a+1\right)\left(a-2\right)\le0}\)
Tương tự \(\left(b+1\right)\left(b-2\right)\le0,\left(c+1\right)\left(c-2\right)\le0\)
=> (a+1)(a-2)+(b+1)(b-2)+(c+1)(c-2)\(\le\)0 => a2+b2+c2-(a+b+c)-6\(\le\)0
=>a2+b2+c2 \(\le\)6
Dấu "=" xảy ra <=> (a+1)( a-2)=0, (b+1)(b-2)=0, (c+1)(c-2)=0 , a+b+c=0 <=> a=2, b=c=-1 và các hoán vị
N
16 tháng 12 2018
Không mất tính tổng quát, giả sử \(2\ge a\ge b\ge c\ge1\)
Khi đó dễ thấy dấu = sẽ đạt được tại biên, tức a=2, c=1 nên ta sẽ dồn các biến ra biên
Ta có: \(\left(\dfrac{a}{b}-1\right)\left(\dfrac{b}{c}-1\right)\ge0\Leftrightarrow\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\le\dfrac{a}{c}+1\)
\(\left(\dfrac{b}{a}-1\right)\left(\dfrac{c}{b}-1\right)\ge0\Leftrightarrow\dfrac{b}{a}+\dfrac{c}{b}\le\dfrac{c}{a}+1\)
Do đó \(VT\le2\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+2\) nên chỉ cần chứng minh \(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\le\dfrac{5}{2}\)(*) hay \(\dfrac{\left(a-2c\right)\left(2a-c\right)}{2ac}\le0\) ( luôn đúng do \(c\le a\le2c\) )
Vậy ta có đpcm. Dấu = xảy ra khi a=2, c=1, b=1 hoặc a=2, c=1, b=2 và các hoán vị tương ứng.
VT
2
VH
6 tháng 7 2020
Vì \(a^3+b^3=2>0\Rightarrow a^3>-b^3\Rightarrow a>-b\Rightarrow a+b>0\)
VH
6 tháng 7 2020
\(a^3+b^3=2\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)=2\)
\(\Rightarrow2=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)\ge\left(a+b\right)^3-\frac{3}{4}\left(a+b\right)^3=\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^3\le8\)
\(\Rightarrow a+b\le2\)
BU
1
9 tháng 8 2017
Giả sử (a+b)>2 thì (a+b)^2>4>>>>2(a^2+b^2)>=(a+b)^2>4>>>a^2+b^2>2(trái với gt đề bài)>>>Gt sai
>>>(a+b)<=2
KL
1
7 tháng 9 2019
Có \(a+b\le2\sqrt{a^2+b^2}\) (1)
<=> \(\left(a+b\right)^2\le4\left(a^2+b^2\right)\)
<=>\(a^2+b^2+2ab\le4a^2+4b^2\)
<=> \(0\le3a^2-2ab+3b^2\)
<=> \(0\le3\left(a^2-2.\frac{1}{3}ab+\frac{1}{9}b^2\right)+\frac{8}{3}b^2\)
<=>\(0\le3\left(a-\frac{1}{3}b\right)^2+\frac{8}{3}b^2\) (luôn đúng với mọi a,b nguyên)
Dấu "=" xảy ra <=> \(\left\{{}\begin{matrix}a=0\\b=0\end{matrix}\right.\)
Vì ta đang CM tương đương => (1) đc CM
VT
2
30 tháng 4 2019
*\(a^3+b^3=2\Rightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)=2\)
Vì \(a^2-ab+b^2=\left(a-\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3b^2}{4}\ge0\)
Nên a + b > 0
*Vì a + b > 0
\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a^2-b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3-ab\left(a+b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^3+b^3\right)\ge3ab\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow4\left(a^3+b^3\right)\ge a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)\)
\(\Leftrightarrow4.2\ge\left(a+b\right)^3\)
\(\Leftrightarrow2\ge a+b\)
Vậy .....
30 tháng 4 2019
\(a^3+b^3=2\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)=2\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left[\left(a-\frac{b}{2}\right)^2+\frac{3b^2}{4}\right]=2.\)
Suy ra : a+b > 0
Với mọi a, b ta luôn có \(a^2+b^2\ge2ab\).
Suy ra \(a^2+b^2+2ab\le2\left(a^2+b^2\right)\) \(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\le4\).
Suy ra \(\left|a+b\right|\le2\Leftrightarrow-2\le a+b\le2\).
Vì vậy \(a+b\le2\).