Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
#)Giải :
\(a^2+b^2\le1+ab\)
\(\Leftrightarrow a^2-ab+b^2\le1\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\le a+b\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3\le a+b\)
\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3\right)\left(a^3+b^3\right)\le\left(a+b\right)\left(a^5+b^5\right)\left(a^3+b^3=a^5+b^5\right)\)
\(\Leftrightarrow a^6+2a^3b^3+b^6\le a^6+ab^5+a^5b+b^6\)
\(\Leftrightarrow a^5b+ab^5\ge2a^3b^3\)
\(\Leftrightarrow a^5b+ab^5-2a^3b^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a^4-2a^2b^2+b^4\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a^2-b^2\right)^2\ge0\)( luôn đúng \(\forall a;b>0\))
Vậy \(a^2+b^2\le1+ab\left(đpcm\right)\)
P/s : Bài này mk tham khảo trên mạng ( tại thấy rảnh nên chép hộ ^^ )
1) Bài này có 2 cách giải
Cách 1:
để ý rằng \(\hept{\begin{cases}1-x^2=\left(1-x\right)\left(1+x\right)=\left(y+z\right)\left(2x+y+z\right)\\x+yz=x\left(x+y+z\right)+yz=\left(x+y\right)\left(x+z\right)\end{cases}}\)
ta có: \(\frac{1-x^2}{x+yz}=\frac{a\left(b+c\right)}{bc}=\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\)
trong đó: \(a=y+z;b=z+x;c=x+y\). Tương tự, ta cũng có:
\(\hept{\begin{cases}\frac{1-y^2}{y+zx}=\frac{b}{c}+\frac{b}{a}\\\frac{1-z^2}{z+xy}=\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\end{cases}}\)
Do đó sử dụng BĐT AM-GM ta có:
\(VT_{\left(1\right)}=\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)+\left(\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right)\ge6\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c và x=y=z=\(\frac{1}{3}\)
Cách 2:
Sử dụng BĐT AM-GM dạng \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\), ta có:
\(x+yz\le x+\frac{\left(y+z\right)^2}{4}=x+\frac{\left(1-x\right)^2}{4}=\frac{\left(1+x\right)^2}{4}\)
Do đó: \(\frac{1-x^2}{x+yz}\ge\frac{4\left(1-x^2\right)}{\left(1+x\right)^2}=\frac{4\left(1-x\right)}{1+x}=4\left(\frac{2}{1+x}-1\right)\)
tương tự có:\(\hept{\begin{cases}\frac{1-y^2}{x+yz}\ge4\left(\frac{2}{1+y}-1\right)\\\frac{1-z^2}{z+xy}\ge4\left(\frac{2}{1+z}-1\right)\end{cases}}\)
Cộng các đánh giá trên và sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu, ta được
\(VT_{\left(1\right)}\ge8\left(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\right)-12\)
\(\ge8\cdot\frac{9}{3+x+y+z}+12=6\)
Ta có (a + b + c)2 \(\ge0\forall a;b;c\inℝ\)
=> a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca \(\ge\)0
=> a2 + b2 + c2 \(\ge\)0 - (2ab + 2bc + 2ca)
=> a2 + b2 + c2 \(\le\)2ab + 2bc + 2ca
=> a2 + b2 + c2 \(\le\)2(ab + bc + ca)
Dấu "=" xảy ra <=> a + b + c = 0
Xí bài 2 ý a) trước :>
4x2 + 2y2 + 2z2 - 4xy - 4xz + 2yz - 6y - 10z + 34 = 0
<=> ( 4x2 - 4xy + y2 - 4xz + 2yz + z2 ) + ( y2 - 6y + 9 ) + ( z2 - 10z + 25 ) = 0
<=> [ ( 4x2 - 4xy + y2 ) - 2( 2x - y )z + z2 ] + ( y - 3 )2 + ( z - 5 )2 = 0
<=> [ ( 2x - y )2 - 2( 2x - y )z + z2 ] + ( y - 3 )2 + ( z - 5 )2 = 0
<=> ( 2x - y - z )2 + ( y - 3 )2 + ( z - 5 )2 = 0
Ta có : \(\hept{\begin{cases}\left(2x-y-z\right)^2\\\left(y-3\right)^2\\\left(z-5\right)^2\end{cases}}\ge0\forall x,y,z\Rightarrow\left(2x-y-z\right)^2+\left(y-3\right)^2+\left(z-5\right)^2\ge0\)
Dấu "=" xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}2x-y-z=0\\y-3=0\\z-5=0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=4\\y=3\\z=5\end{cases}}\)
Thế vào T ta được :
\(T=\left(4-4\right)^{2014}+\left(3-4\right)^{2014}+\left(5-4\right)^{2014}\)
\(T=0+1+1=2\)
Em xin bổ sung đk a, b dương nữa ạ, và nếu như thế bài này có 2-3 cách lận.
Theo BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức:
\(VT\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}+\frac{4}{\left(a+b\right)}=\left(\frac{\left(a+b\right)^2}{2}+\frac{1}{2\left(a+b\right)}+\frac{1}{2\left(a+b\right)}\right)+\frac{3}{\left(a+b\right)}\)
Áp dụng BĐT Am-GM cho cái biểu thức trong ngoặc to:
\(VT\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)^2}{2}.\frac{1}{2\left(a+b\right)}.\frac{1}{2\left(a+b\right)}}+\frac{3}{1}=\frac{3}{2}+3=\frac{9}{2}\left(Q.E.D\right)\)
2/\(ĐKXĐ:x\ne-1\)
\(Q=\frac{2x^2+2}{\left(x+1\right)^2}=\frac{2\left(x+1\right)^2-4\left(x+1\right)+4}{\left(x+1\right)^2}\)
\(=2-\frac{4}{x+1}+\frac{4}{\left(x+1\right)^2}\)
Đặt \(\frac{2}{x+1}=t\)
\(\Rightarrow Q=t^2-2t+2=\left(t-1\right)^2+1\ge1\forall t\)
\(\Rightarrow minQ=1\Leftrightarrow t=1\)
\(\Leftrightarrow\frac{2}{x+1}=1\)
\(\Leftrightarrow x=1\left(tmđkxđ\right)\)
Ta có: \(a^2+b^2\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}=\frac{2^2}{2}=2\)
=> \(A\le\frac{2019}{2.2+2016}=\frac{2019}{2020}\)
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = 1
bài này chắc có câu a đúng ko
ta có \(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}=\frac{a}{c}=\frac{c}{b}=\frac{b}{a}\)
\(\Leftrightarrow a^4c^2+b^4a^2+c^4b^2=abc\left(a^2c+c^2a+b^2c\right)\)
đặt \(x=a^2c;y=b^2a;z=c^2b\)ta được
\(x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx\)
áp dụng kết quả của câu a ta đc
\(\left(x-y\right)^2+\left(y-2\right)^2+\left(z-x\right)^2=0=>x=y=z\)
\(=>a^2c=b^2a=c^2b=>ac=b^2;bc=a^2;ab=c^2\)
=>a=b=c(dpcm)
\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}=\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}\)
Đặt \(\frac{a}{b}=x;\frac{b}{c}=y;\frac{c}{a}=z\)
Khi đó:\(x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx\)
\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)=2\left(xy+yz+zx\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)-2\left(xy+yz+zx\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2=0\)
Mà \(\left(x-y\right)^2\ge0;\left(y-z\right)^2\ge0;\left(z-x\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)
Dấu "=" xảy ra tại x=y=z hay a=b=c
Suy ra điều fải chứng minh
Do abc=1nên ta được \(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ac+c+1}=\frac{abc}{ab+b+abc}+\frac{a}{abc+ac+a}+\frac{1}{ca+a+1}\)\(=\frac{ac}{1+a+ac}+\frac{a}{1+ac+a}+\frac{1}{ca+a+1}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Hình như shi thiếu bước đầu =)))
\(\frac{1}{a^2+2b^2+3}=\frac{1}{a^2+b^2+b^2+1+2}\le\frac{1}{2ab+2b+2}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{ab+b+1}\)
Tương tự:\(\frac{1}{b^2+2c^2+3}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{bc+c+1};\frac{1}{c^2+2a^2+3}\le\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{ca+a+1}\)
\(\Rightarrow LHS\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{bc+c+1}+\frac{1}{ca+a+1}\right)=\frac{1}{2}\) Vì abc=1
\(2a+b=2\Rightarrow b=2-2a\)
\(ab=a\left(2-2a\right)=-2a^2+2a=-2\left(a-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{2}\le\dfrac{1}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b\right)=\left(\dfrac{1}{2};1\right)\)