toán đại 8

T

thaotran19


Ta có: $a+b=1⇒(a+b)^2=1⇒a^2+2ab+b^2=1(1)$
Mặt khác $(a−b)^2≥0⇒a^2−2ab+b^2≥0(2)$
Cộng (1) và (2) theo từng vế, ta được:
$2(a^2+b^2)≥1⇔a^2+b^2≥\dfrac{1}{2}(3)$
Ta lại có: $a^3+b^3+ab =(a+b)(a^2-ab+b^2)+ab=a^2+b^2(4)$
Từ (3),(4)\Rightarrow đpcm.
 
C

chaudoublelift

Giải


a)Với $a,b \in Z_{+}$, ta có:
$(a-b)^2≥0⇔a^2-2ab+b^2≥0⇔a^2+b^2≥2ab$
$⇔\dfrac{a^2}{ab}+\dfrac{b^2}{ab}≥2⇔\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}≥2(đpcm)$
b)Ta có: $a+b=1⇒(a+b)^2=1⇒a^2+2ab+b^2=1(1)$
Mặt khác $(a−b)^2≥0⇒a^2−2ab+b^2≥0(2)$
Cộng (1) và (2) theo từng vế, ta được:
$2(a^2+b^2)≥1⇔a^2+b^2≥\dfrac{1}{2}(3)$
Lại có: $a^3+b^3+ab=(a+b)^3-3ab(a+b)+ab=1-ab[3(a+b)-1]$(do $a+b=1$)
$=1-2ab=(a+b)^2-2ab=a^2+b^2(4)$
Từ (3)(4) suy ra đpcm.

Ko dùng mực đỏ nhé.
 
Last edited by a moderator:
T

thanghasonlam

a)Áp dụng CôSi ta có được $\frac{a}{b}$ + $\frac{b}{a}$ \geq 2 $\sqrt[2]{1}$
$\frac{a}{b}$+$\frac{a}{b}$ \geq 2
b)a^3+b^3+ab=(a+b)(a^2-ab+b^2)+ab=a^2+b^2 (1)
Áp dụng Cô Si có a^2+b^2 \geq 2ab
$\Leftrightarrow 2(a^2+b^2) \geq (a+b)^2
$\Leftrightarrow 2(a^2+b^2) \geq 1
$\Leftrightarrow a^2+b^2 \geq $\frac{1}{2}$ (2)
Ghép 1 và 2 có được đpcm
Dấu đảng thức xẳy ra khi a=b= $\frac{1}{2}$
 
Last edited by a moderator:
You must log in or register to reply here.
Top Bottom