K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
AT
5
ML
13 tháng 5 2016
ta có: \(a^2\)+\(b^2\)+\(c^2\)\(\ge\)ab+bc+ca
<=> \(a^2\)+\(b^2\)+\(c^2\)-ab-bc-ca\(\ge\)0
<=>2\(a^2\)+2\(b^2\)+2\(c^2\)-2ab-2bc-2ca\(\ge\)0
<=> (\(a^2\)-2ab+\(b^2\))+(\(b^2\)-2bc+\(c^2\))+(\(c^2\)-2ca+\(a^2\))\(\ge\)0
<=> \(\left(a-b\right)^2\)+\(\left(b-c\right)^2\)+\(\left(c-a\right)^2\)\(\ge\)0 (luôn đúng)
dấu = xảy ra khi a =b=c
23 tháng 5 2016
a−b<c<=>a2+b2−2ab<c2a−b<c<=>a2+b2−2ab<c2
b−c<a<=>b2+c2−2bc<a2b−c<a<=>b2+c2−2bc<a2
a−c<b<=>a2+c2−2ac<b2a−c<b<=>a2+c2−2ac<b2
Cộng các vế ta có
2(a2+b2+c2)−2(ab+bc+ac)<a2+b2+c2<=>2(ab+ac+bc)>a2+b2+c22(a2+b2+c2)−2(ab+bc+ac)<a2+b2+c2<=>2(ab+ac+bc)>a2+b2+c2 (đpcm)
PD
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
19 tháng 2 2020
\(P=\frac{b^2c^2+c^2a^2+a^2b^2}{abc}\Rightarrow P^2=\frac{b^4c^4+c^4a^4+a^4b^4+2a^2b^2c^2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2b^2c^2}\)
\(P^2\ge\frac{a^2b^2c^2\left(a^2+b^2+c^2\right)+2a^2b^2c^2}{a^2b^2c^2}=\frac{3a^2b^2c^2}{a^2b^2c^2}=3\)
\(\Rightarrow P\ge\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
N
11 tháng 2 2019
a) Áp dụng BĐT tam giác:
b-c<a
\(\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2< a^2\)(đpcm).
b) Áp dụng BĐT tam giác:
\(a< b+c\)
\(\Leftrightarrow a^2< ab+ac\)
TTự, có: \(b^2< bc+ab,c^2< ac+bc\)
Cộng 3 BĐT, ta được: \(a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
N
10 tháng 8 2017
\(BĐT\Leftrightarrow\sum\dfrac{2bc}{1+a^2}\le\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow\sum\dfrac{-2bc}{2a^2+b^2+c^2}\ge-\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{2a^2+\left(b-c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}\ge\dfrac{3}{2}\)
ÁP dụng BĐT cauchy-schwarz:
\(\sum\dfrac{2a^2}{2a^2+b^2+c^2}\ge\dfrac{2\left(a+b+c\right)^2}{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
và \(\sum\dfrac{\left(b-c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}=\dfrac{\left(b-c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}+\dfrac{\left(a-b\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}+\dfrac{\left(a-c\right)^2}{2b^2+a^2+c^2}\ge\dfrac{4\left(a-c\right)^2}{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{\left(a-c\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\)
( Lưu ý : \(\left(c-a\right)^2=\left(a-c\right)^2\)) (1)
Do vậy cần chứng minh \(\dfrac{\left(a+b+c\right)^2+2\left(a-c\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge\dfrac{3}{2}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a+b+c\right)^2+4\left(a-c\right)^2\ge6\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow ab+bc-ac-b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\) (*)
(*) không phải luôn đúng, tuy nhiên ta có thể ép cho nó đúng .
bằng cách đáng giá tương tự BĐT (1) :
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{\left(b-a\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}+\dfrac{\left(b-c\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}+\dfrac{\left(c-a\right)^2}{2b^2+a^2+c^2}\ge\dfrac{\left(b-a\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\\\dfrac{\left(a-b\right)^2}{2c^2+a^2+b^2}+\dfrac{\left(c-b\right)^2}{2a^2+b^2+c^2}+\dfrac{\left(c-a\right)^2}{2b^2+a^2+c^2}\ge\dfrac{\left(c-b\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\end{matrix}\right.\)
ta thu được BĐT cần chứng minh tương đương \(\left\{{}\begin{matrix}\left(b-c\right)\left(c-a\right)\ge0\left(3\right)\\\left(c-a\right)\left(a-b\right)\ge0\left(4\right)\end{matrix}\right.\)
Dễ thấy \(\left(a-b\right)\left(b-c\right).\left(b-c\right)\left(c-a\right).\left(c-a\right)\left(a-b\right)=\left[\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\right]^2\ge0\)
tích của chúng là 1 số không âm nên có ít nhất 1 số không âm .Chứng tỏ có ít nhất 1 BĐT đúng
Do đó ta có đpcm
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)
NT
2
UK
13 tháng 8 2017
2) Không mất tính tổng quát, giả sử \(a\ge b\ge c\). Khi đó, ta có: \(a^2+bc\le a^2+ac\le\left(a+c\right)^2\)
Vậy chỉ cần chứng minh
\(\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\ge4\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)\)
Lợi dụng AM-GM ngay, ta được
\(4\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)\le\left(b^2+ca+c^2+ab\right)^2=\left(b^2+ab+bc+ca+c^2-bc\right)^2=\left[\left(b+a\right)\left(b+c\right)+c\left(c-b\right)^2\right]\le\left(b+a\right)^2\left(b+c\right)^2\)
Đẳng thức xảy ra khi a=b;c=0 và hoán vị
UK
13 tháng 8 2017
3) \(VT=\dfrac{a\left(a+b+c\right)+bc}{b+c}+\dfrac{b\left(a+b+c\right)+ca}{c+a}+\dfrac{c\left(a+b+c\right)+ab}{a+b}\)
\(=\dfrac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\dfrac{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}{c+a}+\dfrac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}{a+b}\)
Lợi dụng AM-GM, ta được
\(\dfrac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{b+c}+\dfrac{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}{c+a}\ge2\left(a+b\right)\)
Tương tự với các BĐT tiếp theo
Cộng vế theo vế rồi rút gọn ta được đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
5 tháng 8 2020
không cần đk là a,b,c là số thực cũng được @@
Sử dụng bất đẳng thức phụ \(x^2+y^2\ge2xy\)
chứng minh : \(x^2+y^2\ge2xy< =>\left(x-y\right)^2\ge0\)*đúng*
Áp dụng vào bài toán ta được :
\(2.LHS\ge ab+bc+ca+ab+bc+ca=2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(< =>LHS\ge ab+bc+ca\)
Dấu = xảy ra \(< =>a=b=c\)
24 tháng 12 2015
Áp dụng bất đẳng thức tam giác có a+b>c
<=>ac+bc > c2 (c>0)
<=>a+b
Tương tự có:ab+cb>b2 ac+ab >a2ab+bc>b2,ac+ab>a2
Cộng các bất đẳng thức trên ra điều phải chứng minh
2(a2+b2+c2)-2(ab+bc+ac)<a2+b2+c2<=>2(a2+b2+c2)>a2+b2+c2 (dpcm)
\(\left(a+b+c\right)^2=3\left(ab+bc+ac\right)\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2=ab+bc+ac\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)=2\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ac+a^2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2=0\)
\(\begin{cases}\left(a-b\right)^2=0\\\left(b-c\right)^2=0\\\left(c-a\right)^2=0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow a=b=c\)
cám ơn