bn có thể kb với mk đc ko

Trần Thị Hảo

Có: \(4=\left(a+b\right)^2-\left(b-1\right)^2\le\left(a+b\right)^2\)\(\Rightarrow\)\(a+b\ge2\)

\(P=\frac{\frac{a^4}{a}+\frac{b^4}{b}}{ab}\ge\frac{\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{a+b}}{ab}\ge\frac{\frac{\left[\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\right]^2}{a+b}}{ab}=\frac{\left(a+b\right)\left(a+b\right)^2}{4ab}\ge\frac{2\left(2\sqrt{ab}\right)^2}{4ab}=2\)

"=" \(\Leftrightarrow\)\(a=b=1\)

Đề câu 2 có sai không vậy

CÂU 2 ĐỀ SAI THÌ PHẢI, THEO MÌNH THÌ ĐƯỢC CÁI NÀY !!!!!!

Cộng lần lượt từng vế của 3 pt lại:

=> \(\left(a+b+c\right)\left(x+y\right)=a+b+c\)

=> \(a+b+c=0\)

(CHỖ NÀY ĐỀ BÀI CHO THIẾU x+y khác 1 nữa nhé)

=> 

\(a^3+b^3+c^3=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3=\left(-c\right)^3-3ab.\left(-c\right)+c^3=-c^3+c^3+3abc=3abc\)

TỚ CHỈ CM ĐC \(a^3+b^3+c^3=3abc\)   thoy nhaaaaaaa

2. \(\hept{\begin{cases}ax+by=c\left(1\right)\\bx+cy=a\left(2\right)\\cx+ay=b\left(3\right)\end{cases}}\)

Cộng pt ( 1 ) ; ( 2 ) và ( 3 ) theo vế với vế ta được :

\(ax+by+bx+cy+cx+ay=c+a+b\)

\(\Rightarrow x\left(a+b+c\right)+y\left(a+b+c\right)=a+b+c\)

\(\Rightarrow\left(x+y-1\right)\left(a+b+c\right)=0\)

Vì x ; y luôn thỏa mãn nên a + b + c = 0 => a + b = - c

Khi đó : \(a^3+b^3+c^3=a^3+3ab\left(a+b\right)+b^3-3ab\left(a+b\right)+c^3\)

\(=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3=\left(-c\right)^3-3ab\left(-c\right)+c^3=3abc\left(đpcm\right)\)

Đặt \(a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},c=\frac{1}{z}\),xyz=1  

Cần CM: \(1+\frac{3}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\ge\frac{6}{\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}}\) 

\(\Leftrightarrow1+\frac{3}{xy+yz+zx}\ge\frac{6}{x+y+z}\) 

Thật vậy \(1+\frac{3}{xy+yz+zx}\ge1+\frac{9}{\left(x+y+z\right)^2}\ge2\sqrt{\frac{9}{x+y+z}}=\frac{6}{x+y+z}\)(đpcm) 

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

đề hay -,- \(a,b,c>0\)\(\Rightarrow\)\(a+b+c>0\) mâu thuẫn GT 

... 

A+b+c=1

\(P=\left(\frac{1}{a}-1\right)\left(\frac{1}{b}-1\right)\left(\frac{1}{c}-1\right)=\frac{\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)}{abc}\)

\(a+b+c=1\)\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}1-a=b+c\\1-b=a+c\\1-c=a+b\end{cases}}\)

\(P=\frac{\left(b+c\right)\left(a+c\right)\left(a+b\right)}{abc}\ge\frac{2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}.2\sqrt{ab}}{abc}=\frac{8\sqrt{\left(abc\right)^2}}{abc}=\frac{8abc}{abc}=8\) ( Cosi ) 

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(a=b=c=\frac{1}{3}\)

Chúc bạn học tốt ~ 

Bài này dễ ẹc, cho tí não vào là ok 

Giải

Dự đoán dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\) khi đó ta tìm dc \(S=2\)

Ta sẽ chứng minh nó là GTNN của \(S\)

Thật vậy, theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có: 

\(Σ\frac{a^2+b}{b+c}\ge\frac{\left(Σa^2+1\right)^2}{Σa^2\left(b+c\right)+Σa^2+Σab}\)

Vậy ta chỉ cần chứng minh rằng \(\frac{\left(Σa^2+1\right)^2}{Σa^2\left(b+c\right)+Σa^2+Σab}\ge2\)

\(\Leftrightarrow1+\left(Σa^2\right)^2\ge2Σa^2\left(b+c\right)+2Σab\)

BĐT cuối cùng có thể biến đổi như sau:

\(1+\left(Σa^2\right)^2\ge2Σa^2\left(b+c\right)+2Σab\)

\(\Leftrightarrow1+\left(Σa^2\right)^2\ge2Σa^2-2Σa^3+2Σab\)

\(\Leftrightarrow\left(Σa^2\right)^2+2Σa^3\geΣa^2\) điều này đúng, vì 

\(Σa^3\ge\frac{Σa^2}{3}\)(BĐT Chebyshev). Và \(\left(Σa^2\right)^2\ge\frac{Σa^2}{3}\)

Đề TST của KHTN lớp 10 :3 

Dễ có:\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\Leftrightarrow ab+bc+ca\le3\)

\(P=\Sigma\frac{bc}{\sqrt[4]{a^2+3}}\ge\Sigma\frac{bc}{\sqrt[4]{a^2+ab+bc+ca}}=\Sigma\frac{bc}{\sqrt[4]{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}=\Sigma\frac{\sqrt{2}bc}{\sqrt[4]{\left(a+b\right)\left(a+c\right)2\cdot2}}\)

Đến đây khó quá huhu