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
15 tháng 7 2016
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có : \(3=1.3=\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(1^2+1^2+1^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{3}\) (1)
Lại có: \(\begin{cases}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\c^2+a^2\ge2ac\end{cases}\) .Cộng các bất đẳng thức theo vế được: \(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ac\right)\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow ab+bc+ac\le1\) (2)
Cộng (1) và (2) theo vế ta có điều phải chứng minh.
12 tháng 2 2020
Ta có: \(\frac{a}{b}\)<\(\frac{c}{d}\)-->ad<bc (b,d>0)
Gỉa sử \(\frac{a}{b}\)<\(\frac{ab+cd}{b^2+d^2}\) đúng
a (b2+d2)<b(ab+cd) (b,d>0)
<=> ab2+ad2<ab2+bcd
<=> ad2-bcd<0
<=> d(ad-bc)<0 (*)
mà d>0; ad<bc(cmt)--> ad-bc<0
nên (*) đúng.
cm tiếp vế kia cũng như thế rồi kết luận
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)
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: \(a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
27 tháng 4 2017
a) Từ giả thiết => a1+a2+a3<3a3
a4+a5+a6<3a6
a7+a8+a8<3a9
=>\(a_1+a_2+...+a_9< 3\left(a_3+a_6+a_9\right)\Leftrightarrow\dfrac{a_1+a_2+...+a_9}{a_3+a_6+a_9}< 3\left(ĐPCM\right)\)
b)Câu này phải là \(\ge\) chứ không phải > nha bạn:
Ta có:
(a-b)2\(\ge\)0 với mọi ab
<=>a2+b2\(\ge\)2ab(1) với mọi ab
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi (a-b)2=0 <=> a=b
Chứng minh tương tự ta được a2+1\(\ge\)2a(2) ; b2+1\(\ge\)2b(3)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=1 ; b=1
Cộng vế với vế của (1);(2) và (3):
2(a2+b2+1)\(\ge\)2(ab+a+b)
<=> a2+b2+1\(\ge\)ab+a+b
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=b\\b=1\\a=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow}a=b=1\)
25 tháng 6 2017
Bài 1:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2=2^2=4\)
\(\Rightarrow a^2+b^2\ge2\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=1\)
Bài 3:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(P=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge\dfrac{\left(1+1\right)^2}{a+b}=\dfrac{4}{2}=2\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=1\)
\(2a^2+2b^2+2ab+2ac+2bc< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2+a^2+b^2-c^2< 0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2< c^2-\left(a+b+c\right)^2\le c^2\)
\(\Rightarrow a^2+b^2< c^2\)