1. Tính \(\left[a+\left(-b\right)\right]^2\) (với a, b là các số tùy ý)
2. Tính \(\left(2x-3y\right)^2\)
Cho a,b,c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng :
\(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge3\left[1+\sqrt{\frac{\left(a+b+c\right)\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(ab+bc+ca\right)^2}}\right]\)
Đề sai. Nếu chỗ căn vế phải mà là căn bậc 3 thì t sol cho
1, thực hiện các phép tính
a,\(\left(x+3y\right)\left(2x^2y-6xy^2\right)\)
b, \(\left(6x^5y^2-9x^4y^3+15x^3y^4\right):3x^3y^2\)
c, \(\left(2x+3\right)^2+\left(2x+5\right)^2-2\left(2x+3\right)\left(2x+5\right)\)
d, \(\left(y+3\right)^3-\left(3-y\right)^2-54y\)
a) \(\left(x+3y\right)\left(2x^2y-6xy^2\right)\)
\(=x\left(2x^2y-6xy^2\right)+3y\left(2x^2y-6xy^2\right)\)
\(=2x^3y-6x^2y^2+6x^2y^2-18xy^3\)
\(=2x^3y-18xy^3\)
b) \(\left(6x^5y^2-9x^4y^3+15x^3y^4\right):3x^3y^2\)
\(=6x^5y^2:3x^3y^2-9x^4y^3:3x^3y^2+15x^3y^4:3x^3y^2\)
\(=2x^2-3xy+5y^2\)
c) \(\left(2x+3\right)^2+\left(2x+5\right)^2-2\left(2x+3\right)\left(2x+5\right)\)
\(=\left(2x+3-2x-5\right)^2\)
\(=\left(-2\right)^2=4\)
d) \(\left(y+3\right)^3-\left(3-y\right)^2-54y\)
\(=y^3+9y^2+27y+27-\left(x^2-6x+9\right)-54y\)
\(=y^3+9y^2-27y+27-x^2+6y-9\)
\(=y^3+9y^2-x^2-21y+18\)
Cho a,b,c là các số dương tùy ý, chứng minh rằng:
\(\left(a+b+c\right)^3\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le27a^2b^2c^2\)
Xét: \(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\ge0\) nên ta có thể chứng minh được:
\(\left(a+b-c\right)\ge0;\left(b+c-a\right)\ge0;\left(c+a-b\right)\ge0\)
Đặt: \(x=a+b-c;y=b+c-a;z=c+a-b\)
\(\Rightarrow a=\frac{x+z}{2};b=\frac{x+y}{2};c=\frac{y+z}{2}\)
\(\Rightarrow64xyz\left(x+y+z\right)^3\le27\left(x+y\right)^2\left(y+z\right)^2\left(z+x\right)^2\)
Ta có:
\(3xyz\left(x+y+z\right)\le\left(xy+yz+zx\right)^2\)
\(\Rightarrow64\cdot3xyz\left(x+y+z\right)^3\le64\left(x+y+z\right)^2\left(xy+yz+zx\right)^2\)
Vậy ta cần chứng minh:
\(64\left(x+y+z\right)^2\left(xy+yz+zx\right)^2\le3\cdot27\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2\)
Lấy căn bậc 2 của 2 vế ta được:
\(9\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge8\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right)\)
Đến đây bài toán được chứng minh.
Cho a,B,C LÀ CÁC Số THực DƯƠNG TÙY Ý. cmr:
\(\left(a+b+c\right)^3\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\le27a^2b^2c^2\)
Đặt \(a+b-c=x;b+c-a=y;a+c-b=z\)
BĐT <=> \(\left(x+y+z\right)^3xyz\le27.\left(\frac{x+z}{2}\right)^2\left(\frac{y+z}{2}\right)^2\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\)
<=> \(64xyz\left(x+y+z\right)^3\le\left[\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)\right]^2\)(1)
Xét \(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)\ge\frac{8}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)\)
<=> \(9\left[xy\left(x+y\right)+yz\left(y+z\right)+xz\left(x+z\right)+2xyz\right]\ge8\left[xy\left(x+y\right)+...+3xyz\right]\)
<=> \(xy\left(x+y\right)+xz\left(x+z\right)+yz\left(y+z\right)\ge6xyz\)(luôn đúng )
vì \(VT\ge3\sqrt[3]{x^2y^2z^2.\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(x+z\right)}\ge6xyz\)
Khi đó BĐT (1)
<=> \(64.xyz\left(x+y+z\right)^3\le27\left[\frac{8}{9}\left(x+y+z\right)\left(xy+yz+xz\right)\right]^2\)
<=> \(3xyz\left(x+y+z\right)\le\left(xy+yz+xz\right)^2\)
<=> \(x^2y^2+y^2z^2+x^2z^2\ge xyz\left(x+y+z\right)\)(BĐT Cosi)
=> BĐT được Cm
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
Mình có cách khác
bđt đồng bật nên t chuẩn hóa \(a+b+c=1\)
Ta biến doi vế trái về: \(\left[\left(a+b\right)^2-c^2\right]\left[\left(b+c\right)^2-a^2\right]\left[\left(c+a\right)^2-b^2\right]\)
\(=\left[\left(1-c\right)^2-c^2\right]\left[\left(1-a\right)^2-a^2\right]\left[\left(1-b\right)^2-b^2\right]\)
Giờ ta cần chứng minh:\(\left[\left(1-c\right)^2-c^2\right]\left[\left(1-a\right)^2-a^2\right]\left[\left(1-b^2\right)-b^2\right]\le27a^2b^2c^2\)
Ta xét :\(0< a,b,c< \frac{1}{3}\)(*)
\(\Rightarrow a+b+c< 1\)
vì \(a+b+c=1\)nên (*) vô lý
Ta xét:\(\frac{1}{3}\le a,b,c< 1\)
Đến đây ta thấy giữa các biến có sự riêng biệt nên ta xét:
\(3a^2-\left[\left(1-a\right)^2-a^2\right]=\left(3a-1\right)\left(a+1\right)\ge0\)
\(\Rightarrow3a^2\ge\left(1-a\right)^2-a^2\)
Tương tự:\(3b^2\ge\left(1-b\right)^2-b^2\)
\(3c^2\ge\left(1-c\right)^2-c^2\)
nhan các vế bđt lại với nhau ta có điều phải chứng minh
Đến đây ta có thể suy ra điều phải chứng minh
vài lời nhắn:
Mình không chắt về cách xét của mình nữa
Nub
Đoạn bạn xét \(\frac{1}{3}\le a,b,c< 1\)mà \(a+b+c=1\)
thì chẳng khác nào bạn cho \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
vì vậy đến đoạn đó bạn không xét như vậy được
Thực hiện phép tính
a, \(A=\left(3x^2y-11x^2-5y\right)\left(8xy-5x+6\right)\)
b,\(B=\left(-4x^2y-5x^2+3y^2\right)\left(2x^2-xy+3y^2\right)\)
c,\(C=5\left(2x-1\right)^2+4\left(x-1\right)\left(x+3\right)-2\left(3x-1\right)\left(3x+1\right)\)
A= 3x2 y-11x2-5y.8xy-5+6
=(3-11-5.8-5+6).(x2.x2.x).(y.y.y)
=-47x5y3
Tính tích các đơn thức rồi cho biết hệ số và bậc của đơn thức đối với tập hợp các biến số (a,b,c là hằng)
\(\left[\dfrac{-1}{2}\left(a-1\right)x^3y^3z^4\right]^5;\left(a^2b^2xy^2z^{n-1}\right)\left(-b^3cx^4z^{7-n}\right);\left(\dfrac{-8}{15}a^3x^3y\right).\left(\dfrac{-5}{4}ax^5y^2z\right)\)
Cho a, b, c là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng:
\(\frac{ab+bc+ca+1}{\left(a+b+c+1\right)^2}+\frac{3}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge1\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta được: \(\left(ab+bc+ca+1\right)\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+1\right)\ge\left(a+b+c+1\right)^2\)\(\left(ab+bc+ca+1\right)\left(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+1\right)\ge\left(b+c+a+1\right)^2\)
Cộng theo vế hai bất đẳng thức này ta được \(\left(ab+bc+ca+1\right)\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}\ge2\left(a+b+c+1\right)^2\)hay \(\frac{ab+bc+ca+1}{\left(a+b+c+1\right)^2}\ge\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Đến đây, ta quy bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:\(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{3}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge1\)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được \(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{1}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\)\(\ge2\sqrt{\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}.\frac{1}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}}\)\(=\sqrt{\sqrt[3]{\frac{a^2b^2c^2}{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+a\right)^2}}}=\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}\)(*)
Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta được \(\sqrt[3]{\frac{abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}+\frac{1}{4}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge2\sqrt{\frac{1}{4}}=1\)(**)
Từ (*) và (**) suy ra được \(\frac{2abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}+\frac{3}{8}\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{abc}}\ge1\)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra a = b = c = 1
Tính giá trị của biểu thức
a) \(A=\dfrac{3}{2}+\dfrac{4}{9}.\left(6-\left|x\right|\right)+y\) với x = 3 và y = -2
b) \(B=\left|2x-1\right|+\left|3y+2\right|\) với x = 3 và y = -3
a, Với x = 3 và y = -2 ta có:
\(A=\dfrac{3}{2}+\dfrac{4}{9}.\left(6-\left|3\right|\right)+\left(-2\right)\)
\(A=\dfrac{3}{2}+\dfrac{4}{9}.\left(6-3\right)-2\)
\(A=\dfrac{3}{2}+\dfrac{4}{9}.3-2\)
\(A=\dfrac{3}{2}+\dfrac{4}{3}-2\)
\(A=\dfrac{5}{6}\)
Với x = 3 và y = -3 ta có:
\(B=\left|2.3-1\right|+\left|3.\left(-3\right)+2\right|\)
\(B=\left|5\right|+\left|-7\right|\)
\(B=5+7=12\)
Hoctot ! ko hiểu chỗ nào cứ hỏi cj nhé
1.Với giá trị nào của biến thì giá trị của biểu thức bằng 0
\(\frac{x+1}{7};\frac{3x+3}{5};\frac{3x\left(x-5\right)}{x-7};\frac{2x\left(x+1\right)}{3x+4}\)
2.Tính giá trị của các biểu thức sau:
\(A=\frac{a^2\left(a^2+b^2\right)\left(a^{\text{4}}+b^{\text{4 }}\right)\left(a^8+b^8\right)\left(a^2-3b\right)}{\left(a^{10}+b^{10}\right)}\)tại a=6;b=12
\(B=3xy\left(x+y\right)+2x^3y+2x^2y^2+5\)tại x+y=0
\(C=2x+2y+3xy\left(x+y\right)+5\left(x^3y^2+x^2y^3\right)+4\)tại x+y=0