Cxho a,b > 0 thỏa \(a^3+b^3=a^5+b^5\)
Chứng minh rằng :\(a^2+b^2\le1+ab\)
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
TT
0
HL
1
16 tháng 8 2016
Theo bất đẳng thức Cô-si ta có
a^5 + a >= 2√(a^5.a);
hay a^5 >= 2a^3 - a.
Chứng minh tương tự, ta cũng có
b^5 >= 2b^3 - b.
Cộng hai bất đẳng thức theo vế ta được
a^5 + b^5 >= 2a^3 + 2b^3 - a - b,
hay a^3 + b^3 >= 2a^3 + 2b^3 - a - b,
hay a^3 + b^3 <= a + b (*).
Vì a^3 + b^3 = (a + b)(a^2 - ab + b^2) nên bất đẳng thức (*) tương đương với
(a + b)(a^2 - ab + b^2) <= a + b,
hay a^2 - ab + b^2 <= 1,
hay a^2 + b^2 <= ab + 1.
Dấu bằng xảy ra khi a = b = 1
28 tháng 2 2017
2a)với a,b,c là các số thực ta có
\(a^2-ab+b^2=\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2+\frac{3}{4}\left(a-b\right)^2\ge\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2-ab+b^2}\ge\sqrt{\frac{1}{4}\left(a+b\right)^2}=\frac{1}{2}\left|a+b\right|\)
tương tự \(\sqrt{b^2-bc+c^2}\ge\frac{1}{2}\left|b+c\right|\)
tương tự \(\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge\frac{1}{2}\left|a+c\right|\)
cộng từng vế mỗi BĐT ta được \(\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\ge\frac{2\left(a+b+c\right)}{2}=a+b+c\)
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
Có: \(\left(a^2+b^2\right)\left(a^5+b^5\right)=a^5+b^5+a^2b^3+a^3b^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(a^2+b^2=\frac{a^2b^2\left(a+b\right)}{a^5+b^5}+1=\frac{a^2b^2\left(a+b\right)}{a^3+b^3}+1=\frac{a^2b^2}{a^2-ab+b^2}+1\le ab+1\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=1\)