PH
0
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
PH
1
4 tháng 8 2017
Biến đổi tương đương :
\(\left|a-b\right|+\left|b-c\right|+\left|c-a\right|\ge\sqrt{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac}\)
\(\Leftrightarrow4\left|a-b\right|+4\left|b-c\right|+4\left|c-a\right|\ge\sqrt{2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac}\)
\(\Leftrightarrow4\left|a-b\right|+4\left|b-c\right|+4\left|c-a\right|\ge\sqrt{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}\)
Đặt \(\left|a-b\right|=x;\left|b-c\right|=y;\left|c-a\right|=z\)
\(BĐT\Leftrightarrow4x+4y+4z\ge\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)
\(\Leftrightarrow16\left(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xy\right)\ge x^2+y^2+z^2\)
\(\Leftrightarrow15x^2+15y^2+15z^2+32xy+32yz+32xz\ge0\) (luôn đúng vì \(x;y;z\ge0\))
Vậy \(\left|a-b\right|+\left|b-c\right|+\left|c-a\right|\ge\sqrt{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac}\)
ND
3 tháng 5 2018
e)
\(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\) ( luôn đúng)
=> ĐPCM
17 tháng 10 2017
Áp dụng bất đẳng thức \(AM-GM\) cho 2 số dương ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\\\dfrac{b+c}{2}\ge\sqrt{bc}\\\dfrac{a+c}{2}\ge\sqrt{ac}\end{matrix}\right.\)
Cộng theo 3 vế ta có:
\(\dfrac{a+b}{2}+\dfrac{b+c}{2}+\dfrac{a+c}{2}\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{2}a+\dfrac{1}{2}b+\dfrac{1}{2}b+\dfrac{1}{2}c+\dfrac{1}{2}a+\dfrac{1}{2}c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\left(đpcm\right)\)
17 tháng 10 2017
\(a=b=c\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b\\b=c\\a=c\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(a-b\right)^2=0\\\left(b-c\right)^2=0\\\left(a-c\right)^2=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2=2ab\\b^2+c^2=2bc\\a^2+c^2=2ac\end{matrix}\right.\)
Cộng theo 3 vế ta có:
\(a^2+b^2+b^2+c^2+a^2+c^2=2ab+2bc+2ac\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)=2\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2=ab+bc+ac\)
Ngược lại,khi \(a\ne b\ne c\) thì \(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2>2ab\\b^2+c^2>2bc\\a^2+c^2>2ac\end{matrix}\right.\) ta có thể dễ dàng cm được \(a^2+b^2+c^2>ab+bc+ac\)
NH
4
25 tháng 6 2017
Ta có
\(a^4+b^4+c^4-abc\left(a+b+c\right)=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2-2\left(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\right)-abc\left(a+b+c\right)\)
\(=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2-2\left[\left(ab+bc+ac\right)^2-2a^2bc-2ab^2c-2abc^2\right]-a^2bc-ab^2c-abc^2\)
\(=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2-2\left(ab+bc+ac\right)^2+4a^2bc+4ab^2c+4abc^2-a^2bc-ab^2c-abc^2\)
\(=\left[\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ac\right)\right]^2-2\left(ab+bc+ac\right)^2+abc\left(4a+4b+4c-a-b-c\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)^4-2\left(a+b+c\right)^2.2\left(ab+bc+ac\right)+4\left(ab+bc+ca\right)^2-2\left(ab+bc+ac\right)^2+abc\left(3a+3b+3c\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)^4-4\left(a+b+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)+2\left(ab+bc+ac\right)^2+3abc\ge0\)
P
13 tháng 12 2017
Ap dung BDt co si ta co
\(a^4+b^4\ge2a^2b^2\)
\(b^4+c^4\ge2b^2c^2\)
\(c^4+a^4\ge2a^2c^2\)
=> \(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)(1)
Lai co \(a^2b^2+b^2c^2\ge2ab^2c\)
\(b^2c^2+c^2a^2\ge2abc^2\)
\(c^2a^2+a^2b^2\ge2a^2bc\)
=> \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\)(2)
Từ (1) va (2) => \(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)