1) Cho x, y, z là những số dương. Chứng minh rằng:
√x2 + xy + y2 + √y2 + yz + z2 + √z2 + zx + x2 ≥ (x + y + z)* √3
2) Cho a + b ≥ 0, chứng minh rằng:
(a + b)(a3 + b3)(a5 + b5) ≤ 4(a9 + b9)
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
NT
0
NT
0
NT
0
TN
27 tháng 5 2018
\(VT=6\left(x^2+y^2+z^2\right)+10\left(xy+yz+xz\right)+2\left(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\right)\)
\(=6\left(x+y+z\right)^2-2\left(xy+yz+xz\right)+2\frac{9}{2x+y+z+x+2y+z+x+y+2z}\)
\(\ge6\left(x+y+z\right)^2-2\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}+2\frac{9}{4\left(x+y+z\right)}\)
\(=\: 6\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^2-2\cdot\frac{\left(\frac{3}{4}\right)^2}{3}+2\cdot\frac{9}{4\cdot\frac{3}{4}}=9\)
NT
Nguyễn Thị Thương Hoài
Giáo viên
VIP
9 tháng 7 2023
Bài 3:
a, (\(x\)+y+z)2
=((\(x\)+y) +z)2
= (\(x\) + y)2 + 2(\(x\) + y)z + z2
= \(x^2\) + 2\(xy\) + y2 + 2\(xz\) + 2yz + z2
=\(x^2\) + y2 + z2 + 2\(xy\) + 2\(xz\) + 2yz
NT
Nguyễn Thị Thương Hoài
Giáo viên
VIP
9 tháng 7 2023
b, (\(x-y\))(\(x^2\) + y2 + z2 - \(xy\) - yz - \(xz\))
= \(x^3\) + \(xy^2\) + \(xz^2\) - \(x^2\)y - \(xyz\) - \(x^2\)z - y3
Đến dây ta thấy xuất hiện \(x^3\) - y3 khác với đề bài, em xem lại đề bài nhé
24 tháng 12 2020
nhờ mn giúp mk bài này vs ạ
mk đang cần gấp !
cảm ơn mn nhiều
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
25 tháng 12 2020
Đặt \(\left(\sqrt[3]{x};\sqrt[3]{y};\sqrt[3]{z}\right)=\left(a;b;c\right)\) \(\Rightarrow a^6+b^6+c^6=3\)
\(a^6+a^6+a^6+a^6+a^6+1\ge6a^5\)
Tương tự: \(5b^6+1\ge6b^5\) ; \(5c^6+1\ge6c^5\)
Cộng vế với vế: \(18=5\left(a^6+b^6+c^6\right)+3\ge6\left(a^5+b^5+c^5\right)\)
\(\Rightarrow3\ge a^5+b^6+b^5\)
BĐT cần chứng minh: \(\dfrac{a^3}{bc}+\dfrac{b^3}{ca}+\dfrac{c^3}{ab}\ge a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\)
Ta có:
\(\dfrac{a^3}{bc}+\dfrac{b^3}{ca}+\dfrac{c^3}{ab}\ge\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}\ge a+b+c\) (1)
Mà \(3\left(a+b+c\right)\ge\left(a^5+b^5+c^5\right)\left(a+b+c\right)\ge\left(a^3+b^3+c^3\right)^2\ge3\left(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\right)\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3\) (2)
Từ (1);(2) \(\Rightarrow\) đpcm
4 tháng 9 2021
a: Ta có: \(\left(x+y\right)^2\)
\(=x^2+2xy+y^2\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2=\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2xy}\ge\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}\forall x,y>0\)
8 tháng 8 2017
a)(x-y)3+(y-z)3+(z-x)3
=3(x-y+y-z+z-x)=3
b)nhân vào là rồi đối trừ là hết luôn ( nhưng là mũ 2 hay nhân 2 v mk là theo nhân 2 nhé]
Bài 1:
Ta có:
\(x^2+xy+y^2=\frac{3}{4}(x^2+2xy+y^2)+\frac{1}{4}(x^2-2xy+y^2)\)
\(=\frac{3}{4}(x+y)^2+\frac{1}{4}(x-y)^2\geq \frac{3}{4}(x+y)^2\)
\(\Rightarrow \sqrt{x^2+xy+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}(x+y)}{2}\)
Hoàn toàn tương tự:
\(\sqrt{y^2+yz+z^2}\geq \frac{\sqrt{3}(y+z)}{2}; \sqrt{z^2+xz+x^2}\geq \frac{\sqrt{3}(x+z)}{2}\)
Cộng theo vế các BĐT trên:
\(\Rightarrow \sqrt{x^2+xy+y^2}+\sqrt{y^2+yz+z^2}+\sqrt{z^2+xz+x^2}\geq \sqrt{3}(x+y+z)\)
Ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$
Bài 2:
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$4(a^9+b^9)-(a+b)(a^3+b^3)(a^5+b^5)\geq 0$
$\Leftrightarrow 4(a+b)(a^8-a^7b+a^6b^2-a^5b^3+a^4b^4-a^3b^5+a^2b^6-ab^7+b^8)-(a+b)(a^8+a^3b^5+a^5b^3+b^8)\geq 0$
$\Leftrightarrow 4(a^8-a^7b+a^6b^2-a^5b^3+a^4b^4-a^3b^5+a^2b^6-ab^7+b^8)-(a^8+a^3b^5+a^5b^3+b^8)\geq 0$
$\Leftrightarrow 3a^8+3b^8+4a^6b^2+4a^2b^6+4a^4b^4-(4a^7b+4ab^7+5a^5b^3+5a^3b^5)\geq 0$
$\Leftrightarrow (a-b)^2(a^2-ab+b^2)(3a^4+5a^3b+7a^2b^2+5ab^3+3b^4)\geq 0$
BĐT trên luôn đúng vì:
$(a-b)^2\geq 0, \forall a,b$
$a^2-ab+b^2=(a-\frac{b}{2})^2+\frac{3}{4}b^2\geq 0, \forall a,b$
$3a^4+5a^3b+7a^2b^2+5ab^3+3b^4=3(a^4+b^4+2a^2b^2)+a^2b^2+5ab(a^2+b^2)$
$=3(a^2+b^2)^2+5ab(a^2+b^2)+a^2b^2$
$=(a^2+b^2)(3a^2+3b^2+5ab)+a^2b^2=(a^2+b^2)[3(a+\frac{5}{6}b)^2+\frac{11}{12}b^2]+a^2b^2\geq 0$ với mọi $a,b$
Do đó ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b$ hoặc $a+b=0$