$a^2 + b^2 \ge (a + b)\sqrt[{a + b}]{{a^a b^b }}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 15-06-2009 - 17:39
Siêu dễ
Bắt đầu bởi Te.B, 15-06-2009 - 17:15
#1
Đã gửi 15-06-2009 - 17:15
Te.B
-
- Thành viên
-
- 104 Bài viết
Once [I]MC-ers ~ 4ever [I]MC-ers
Cho a,b là hai số kô âm. CMR:
$a^2 + b^2 \ge (a + b)\sqrt[{a + b}]{{a^a b^b }}$
$a^2 + b^2 \ge (a + b)\sqrt[{a + b}]{{a^a b^b }}$
ĐI THI TA VỐN KHÔNG HAM 
)
NHƯNG VÌ CÓ GIẢI NÊN LÀM CHO VUI )
T/G: CRAZY FAN OF NO-EXAM CLUB =))
#2
Đã gửi 16-06-2009 - 21:36
pth_tdn
-
- Thành viên
-
- 91 Bài viết
Hạ sĩ
Chia vế phải cho ab:Cho a,b là hai số kô âm. CMR:
$a^2 + b^2 \ge (a + b)\sqrt[{a + b}]{{a^a b^b }}$
$(a + b) \dfrac{\sqrt[a + b]{a^a b^b }}{ab} = (a + b) \dfrac{\sqrt[a + b]{a^a b^b}}{\sqrt[a + b]{a^{a+b} b^{b+a}}} = (a+b) \sqrt[{a+b}]{\dfrac{1}{a^b.b^a}} \leq (a+b) . \dfrac{\dfrac{b}{a} + \dfrac{a}{b}}{a+b} = \dfrac{a^2+b^2}{ab}$ .
=> $ VP \leq \dfrac{a^2+b^2}{ab}.ab=a^2+b^2=VT$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pth_tdn: 16-06-2009 - 22:02
#3
Đã gửi 16-06-2009 - 22:03
tuan101293
-
- Thành viên
-
- 999 Bài viết
Trung úy
thử bài cũ này nha
a,b,c>0
cmr:
$a^ab^bc^c\ge {(abc)}^{\dfrac{a+b+c}{3}}$
a,b,c>0
cmr:
$a^ab^bc^c\ge {(abc)}^{\dfrac{a+b+c}{3}}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuan101293: 16-06-2009 - 22:03
KT-PT
Do unto others as you would have them do unto you.
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh
