Cho 3 số a,b,c tùy ý. CMR:
\(a^2+b^2+c^2+\frac{3}{4}\ge a+b+c\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
TT
20 tháng 8 2020
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được
\(\frac{a^3}{a+2b}+\frac{b^3}{b+2c}+\frac{c^3}{c+2a}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Ta lại có \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2\)
Do đó ta được \(\frac{a^3}{a+2b}+\frac{b^3}{b+2c}+\frac{c^3}{c+2a}\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\left(đpcm\right)\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
p/s: check
24 tháng 2 2022
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được:
\(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(a+b+c\right)}\)
\(\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}+\frac{a^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{2\left(a+b+c\right)}\)
Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên ta được:
\(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}\)
Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
LM
0
Cho a , b , c là các số thực dương tùy ý . Chứng minh rằng :
7 tháng 8 2020
Bài làm:
Ta có: \(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\)
\(=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}+\frac{a^2}{c+a}\)
\(=\left(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\right)+\left(\frac{a^2}{c+a}+\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}\right)\)
\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\)(Cauchy Schwars)
\(=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}\ge\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)
TT
7 tháng 8 2020
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được
\(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2\left(a+b\right)}+\frac{\left(b+c\right)^2}{2\left(b+c\right)}+\frac{\left(c+a\right)^2}{2\left(c+a\right)}\)
\(\ge\frac{\left(2a+2b+2c\right)^2}{4\left(a+b+c\right)}\ge\frac{12\left(ab+bc+ca\right)}{4\left(a+b+c\right)}=\frac{3\left(ab+bc+ca\right)}{a+b+c}\)( rút gọn 12/4)
Bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
25 tháng 3 2022
\(\sum\dfrac{a}{\sqrt{ab+b^2}}=\sum\dfrac{a\sqrt{2}}{\sqrt{2b\left(a+b\right)}}\ge\sum\dfrac{2\sqrt{2}a}{2b+a+b}=2\sqrt{2}\sum\dfrac{a}{a+3b}\)
\(=2\sqrt{2}\sum\dfrac{a^2}{a^2+3ab}\ge\dfrac{2\sqrt{2}\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(=\dfrac{2\sqrt{2}\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2+ab+bc+ca}\ge\dfrac{2\sqrt{2}\left(a+b+c\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2+\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\)
TN
9 tháng 7 2017
Lần sau đăng ít 1 thôi đăng nhiều ngại làm, bn đăng nhiều nên tui hướng dẫn sơ qua thôi tự làm đầy đủ vào vở
Bài 1:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^4+b^4\ge2a^2b^2;b^4+c^4\ge2b^2c^2;c^4+a^4\ge2c^2a^2\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên rồi thu gọn
\(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Áp dụng tiếp BĐT AM-GM
\(a^2b^2+b^2c^2=b^2\left(a^2+c^2\right)\ge2b^2ac\)
Tương tự rồi cộng theo vế có ĐPCM
Bài 2:
Quy đồng BĐT trên ta có:
\(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-\frac{a}{b}-\frac{b}{a}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2b^2}\ge0\) (luôn đúng)
Bài 4: Áp dụng BĐT AM-GM
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)
\(\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)
\(\Rightarrow\frac{a^3+b^3}{ab}\ge\frac{ab\left(a+b\right)}{ab}=a+b\)
Tương tự rồi cộng theo vế
Bài 5: sai đề tự nhien có dấu - :v nghĩ là +
9 tháng 7 2017
ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]
KK
5 tháng 1 2017
Câu 2)
Ta có \(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\ge\frac{4}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{b+1+a+1}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\frac{4}{3}\)
Ta có \(a+b=1\)
\(\Rightarrow\frac{3}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)}\ge\frac{4}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{3}{\left(a+1\right)b+a+1}\ge\frac{4}{3}\)
\(\Rightarrow\frac{3}{ab+b+a+1}\ge\frac{4}{3}\)
Ta có \(a+b=1\)
\(\Rightarrow\frac{3}{ab+2}\ge\frac{4}{3}\)
\(\Leftrightarrow9\ge4\left(ab+2\right)\)
\(\Rightarrow9\ge4ab+8\)
\(\Rightarrow1\ge4ab\)
Do \(a+b=1\Rightarrow\left(a+b\right)^2=1\)
\(\Rightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Rightarrow a^2+2ab+b^2\ge4ab\)
\(\Rightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (đpcm )
KK
5 tháng 1 2017
Câu 3)
Ta có \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge9\)
Mà \(a+b+c=1\)
\(\Rightarrow\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}\ge9\)
\(\Rightarrow a+b+c\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si
\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\sqrt[3]{abc}\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9.\sqrt[3]{\frac{abc}{abc}}\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\) (điều này luôn luôn đúng)
\(\Rightarrow\) ĐPCM
30 tháng 9 2019
Bài 1:
Xét A= \(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\)
\(2A=2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\\ =\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ac+a^2\right)\\ =\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,b,c\\ \Rightarrow A\ge0\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
30 tháng 9 2019
Bài 2:
Xét \(A=a^2+b^2+c^2+\frac{3}{4}-a-b-c\)
\(\Rightarrow A=\left(a^2-a+\frac{1}{4}\right)+\left(b^2-b+\frac{1}{4}\right)+\left(c^2-c+\frac{1}{4}\right)\\ =\left(a-\frac{1}{2}\right)^2+\left(b-\frac{1}{2}\right)^2+\left(c-\frac{1}{2}\right)^2\ge0\forall a,b,c\\ \Rightarrow a^2+b^2+c^2+\frac{3}{4}\ge a+b+c\)
Ta có \(\left(a-\frac{1}{2}\right)^2\ge0\Rightarrow a^2+\frac{1}{4}\ge a\), tương tự, ta có
\(b^2+\frac{1}{4}\ge b;c^2+\frac{1}{4}\ge c\)
Cộng 3 vế của 3 BĐT cùng chiều, ta có \(a^2+b^2+c^2+\frac{3}{4}\ge a+b+c\left(ĐPCM\right)\)
^.^