NL
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
GN
1
12 tháng 11 2017
Chứng minh bđt phụ :
Ta có: \(\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)với \(\forall x;y;z\)
\(\Leftrightarrow x^2-2xy+y^2+y^2-2yz+z^2+z^2-2zx+x^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+zx\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)(*)
Áp dụng bđt (*), ta có:
\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)(1)
Lại có :\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abbc+bcca+caab=abc\left(a+b+c\right)\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Dấu = xảy ra khi a=b=c
Vậy \(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Phần dấu = xảy ra không biết bạn có cần không nhưng thầy mình bảo phải ghi vào mới được điểm tối đa
29 tháng 3 2018
1)\(\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{c^2}{b+a}=0\)
\(\Leftrightarrow a\cdot\left(\dfrac{a}{b+c}+1\right)+b\cdot\left(\dfrac{b}{a+c}+1\right)+c\left(\dfrac{c}{a+b}+1\right)-a-b-c=0\)
\(\Leftrightarrow a\cdot\dfrac{a+b+c}{b+c}+b\cdot\dfrac{a+b+c}{a+c}+c\cdot\dfrac{a+b+c}{a+b}-a-b-c=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a+b+c=0\left(loai\right)\\\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}-1=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}=1\left(đpcm\right)\)
p/s:đề thiếu và dư đk
29 tháng 3 2018
Ai biết giải thì giúp mình mấy bài toán này với, mình xin cảm ơn rất nhiều
TC
0
S
27 tháng 7 2019
\(x-y=1\Rightarrow x^2-2xy+y^2=1\Rightarrow x^2+xy+y^2=19\Rightarrow x^3-y^3=\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)=1.19=19\)
\(2,a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)=2ab+2bc+2ca\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ac+a^2\right)=0\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0ma:\left\{{}\begin{matrix}\left(a-b\right)^2\ge0\\\left(b-c\right)^2\ge0\\\left(c-a\right)^2\ge0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=c\)
S
27 tháng 7 2019
\(a+b+c=0\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=0\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2=-2\left(ab+bc+ca\right)\Rightarrow a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2=4a^2b^2+4b^2c^2+4c^2a^2+4abc\left(a+b+c\right)=4a^2b^2+4c^2a^2+4b^2c^2\Rightarrow a^4+b^4+c^4=2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2\Leftrightarrow2\left(a^4+b^4+c^4\right)=a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\left(dpcm\right)\)
3 tháng 4 2020
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a+b-c=x\\b+c-a=y\\c+a-b=z\end{matrix}\right.\)
BĐT\(\Leftrightarrow x^4+y^4+z^4>\left(\frac{x+y}{2}\right)^4+\left(\frac{y+z}{2}\right)^4+\left(\frac{z+x}{2}\right)^4\)
\(\Leftrightarrow16\left(x^4+y^4+z^4\right)>x^4+4x^3y+6x^2y^2+4xy^3+y^4+y^4+4y^3z+6y^2z^2+4yz^3+z^4+z^4+z^3x+z^2x^2+zx^3+x^4\)
\(\Leftrightarrow14\left(x^4+y^4+z^4\right)-4\left(x^3y+xy^3+y^3z+yz^3+z^3x+zx^3\right)-6\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)>0\)
3 tháng 7 2017
3/ \(x^5+y^5\ge x^4y+xy^4\)
\(\Leftrightarrow x^4\left(x-y\right)-y^4\left(x-y\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^4-y^4\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)\ge0\) (đúng)
OM
3 tháng 7 2017
bài 1
theo bài ra ta có
a + b + c = 0 => c = -[a+b] [ 1 ]
Thay (1) vao a^3+b^3+c^3 ta có:
a^3+b^3+[-(a+b)]^3=3ab[-(a+b)]
<=>a^3+b^3-(a+b)=-3ab(a+b)
<=> a3+ b3- a3 -3a2b- 3ab2- b3= -3a2b- 3ab2
<=> 0= 0
vậy ta có đpcm.
ND
0
PG
0
Áp dụng bất đẳng thức \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\) ta có:
\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ca\right)^2\ge ab.bc+bc.ca+ca.ab=abc\left(a+b+c\right)\).
Vậy ta có đpcm.