Cho \(b\ge c\ge0\); \(a\inℝ\). Chứng minh: \(ab+bc+ca\ge2c^2+ac-b^2+ab\)
Xuất xứ: Sáng tác (by tth)
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
LN
2
9 tháng 8 2017
Ta có :
\(a-\sqrt{a}+\frac{1}{4}=\left(\sqrt{a}-\frac{1}{2}\right)^2\ge0\forall a\ge0\Rightarrow a+\frac{1}{4}\ge\sqrt{a}\)
\(b-\sqrt{b}+\frac{1}{4}=\left(\sqrt{b}-\frac{1}{2}\right)^2\ge0\forall b\ge0\Rightarrow b+\frac{1}{4}\ge\sqrt{b}\)
\(\Rightarrow a+\frac{1}{4}+b+\frac{1}{4}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)
\(\Rightarrow a+b+\frac{1}{2}\ge\sqrt{a}+\sqrt{b}\)(đpcm)
BF
2
16 tháng 7 2018
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(a^3b^2-a^2b^3+b^3c^2-c^3b^2+c^3a^2-c^2a^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2\left(a-b\right)+b^2c^2\left(b-c\right)+c^2a^2\left(c-a\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2\left(a-b\right)+b^2c^2\left(b-c\right)+c^2a^2\left(c-b+b-a\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2\left(a-b\right)+c^2a^2\left(b-a\right)+b^2c^2\left(b-c\right)+c^2a^2\left(c-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2b^2-c^2a^2\right)\left(a-b\right)+\left(b^2c^2-c^2a^2\right)\left(b-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2\left(b^2-c^2\right)\left(a-b\right)+c^2\left(b^2-a^2\right)\left(b-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left[a^2\left(b+c\right)-c^2\left(a+b\right)\right]\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2b+a^2c-c^2a-c^2b\right)\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left[a\left(ab-c^2\right)+c\left(a^2-bc\right)\right]\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\) luôn đúng do \(a\ge b\ge c\ge0\)
BF
16 tháng 7 2018
cảm ơn bạn nhá, bạn trả lời giúp mình mấy câu hỏi về BĐT còn lại của mik đc ko? cảm ơn bn nhiều!
LM
0
NT
6
17 tháng 5 2018
Vì \(a,b,c\ge0\)Nên ta nhân a+b+c vào hai vế của bất đẳng thức :
Ta được:\(\frac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}+\frac{a+b+c}{c}\ge9\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}+\frac{b}{b}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c}{c}\ge9\)
\(\Leftrightarrow3+\left(\frac{b}{a}+\frac{a}{b}\right)+\left(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)+\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)-9\ge0\)(2)
Lại có \(ab\ge0\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{ab}\ge0\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)
Tương tự:\(\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\ge2;\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\ge2\)(1)
Từ (1),(2),(3) \(\Rightarrow3+2+2+2-9\ge0\)(luôn đúng)
Vậy..........................................................................................
Dấu "=" <=> a=b=c
Nếu như tớ làm đúng thì bạn k cho tớ với nhé!!!!!!!!!!!!!!!!!!
Thanks bạn trước!
RR
17 tháng 5 2018
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng engel , ta có
\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c}=\frac{9}{a+b+c}\)
Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c
HA
3
17 tháng 5 2018
Áp dụng BĐT Cô - Si dạng Engel , ta có :
\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\) ≥ \(\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{a+b+c}=\dfrac{9}{a+b+c}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a = b = c
17 tháng 5 2018
\(bpt\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9\)
C-S: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}\end{matrix}\right.\)
Nhân theo vế suy ra đpcm
p/s: @Phùng Khánh Linh. Minh từng nói học toán phải từ gốc đến ngọn. Thực tế lp 8 còn ko biết đến C-S Engel là gì. Giải nên thiết thực với thực tế. T nói thế thôi ( góp ý hết sức nhẹ nhàng và éo tình cảm)
HN
1
16 tháng 9 2019
ta có:a>=c+d suy ra a-c>=d (1)
b>=c+d suy ra b-d>=c (2)
nhân (1) và (2) theo vế ta được:
(a-c)*(b-d)>=c*d
suy ra ab-ad-bc+cd>=cd
suy ra ab>=cd+ad+bc-cd
suy ra ab>=ad+bc
TP
2
Y
5 tháng 8 2019
Đặt \(a=x^2,b=y^3,c=z^3\)
+ \(\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3\ge3xyz\)
\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3-3xyz\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^3+z^3-3xy\left(x+y\right)-3xyz\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left[\left(x+y\right)^2-\left(x+y\right)z+z^2\right]-3xy\left(x+y+z\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(x^2+2xy+y^2+z^2-yz-xz-3xy\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\right]\ge0\)
Vì BĐT cuối luôn đúng \(\forall x,y,z\ge0\) nên ta có đpcm
Dấu "=" \(\Leftrightarrow x=y=z\Leftrightarrow a=b=c\)
Y
5 tháng 8 2019
cách 2: Đặt \(a=x^3,b=y^3,c=z^3\)
Áp dụng BĐT Cauchy với 2 số ko âm :
\(\left(x^3+y^3\right)+\left(z^3+xyz\right)\ge2\sqrt{x^3y^3}+2\sqrt{xyz^4}=2\sqrt{xy}\left(xy+z^2\right)\)
Dấu "=" \(\Leftrightarrow x=y=z\)
+ \(xy+z^2\ge2\sqrt{xyz^2}=2\sqrt{xy}\cdot z\) Dấu "=" \(\Leftrightarrow z^2=xy\)
Do đó : \(x^3+y^3+z^3+xyz\ge2\sqrt{xy}\cdot2z\sqrt{xy}=4xyz\)
\(\Rightarrow x^3+y^3+z^3\ge3xyz\Rightarrow\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\)
Dấu "=" \(\Leftrightarrow x=y=z\Leftrightarrow a=b=c\)
6 tháng 5 2022
Xét \(\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{3\left(a-2\right)}{25}-\dfrac{2}{5}=\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{3a-16}{25}=\dfrac{\left(3a-4\right)\left(a-2\right)^2}{25\left(a^2+1\right)}\ge0\)
\(\Rightarrow\dfrac{a}{a^2+1}\ge\dfrac{2}{5}-\dfrac{3\left(a-2\right)}{25}\)
CMTT \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{b}{b^2+1}\ge\dfrac{2}{5}-\dfrac{3\left(b-2\right)}{25}\\\dfrac{c}{c^2+1}\ge\dfrac{2}{5}-\dfrac{3\left(c-2\right)}{25}\end{matrix}\right.\)
Cộng vế theo vế:
\(\Rightarrow VT\ge\dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{5}+\dfrac{2}{5}-\dfrac{3\left(a-2\right)+3\left(b-2\right)+3\left(c-2\right)}{25}\ge\dfrac{6}{5}-\dfrac{3\left(a+b+c-6\right)}{25}=\dfrac{6}{5}\)
Dấu \("="\Leftrightarrow a=b=c=2\)
NN
0
LT
0
Đề cần cm \(\Leftrightarrow bc\le2c^2-b^2\)
\(\Leftrightarrow2c^2-b^2-bc\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(c+b\right)\left(c-b\right)+c\left(c-b\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(c-b\right)\left(2c+b\right)\le0\)
Luôn đúng
Bui Huyen nhìn chị giải mà em thấy cách mình giải trâu bò quá:( Em sáng tác tưởng khó ai ngờ..
Ta có: \(ab+bc+ca=\left(a-b\right)b+\left(b-c\right)\left(b+c\right)+c\left(a+b+c\right)\)
\(\ge\left(a-b\right)b+c\left(a+b+c\right)\)\(\ge\left(a-b\right)b+c\left(a+2c\right)\)
\(=2c^2+ac-b^2+ab\).
Cách em là thế đó