NM
4
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
15 tháng 6 2020
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+a^2-2ac+c^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Vậy BĐT ban đầu được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
12 tháng 4 2018
a) Áp dụng Cauchy-Schwarz:
\(\left(a+b\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)=2\left(a^2+b^2\right)\)
b) Áp dụng AM-GM:
\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\a^2+c^2\ge2ac\end{matrix}\right.\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2ab+2bc+2ac\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\) (cm ở trên r nên khỏi cm lại đi)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Rightarrow3\left(ab+bc+ac\right)\le\left(a+b+c\right)^2\)
Kết hợp 2 điều trên:\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)
KK
12 tháng 4 2018
a)2(a2+b2) ≥ (a+b)2
⇔ 2a2+2b2 ≥ a2+2ab+b2
xét hiệu
⇔ 2a2+2b2-a2-2ab-b2 ≥ 0
⇔ a2-2ab+b2 ≥ 0
⇔ (a-b)2 ≥ 0 (luôn đúng )
=> đpcm
30 tháng 7 2020
Đặt a2 = x; b2 = y; c2 = z
Khi đó, ta có: (x + y)(y + z)(z + x) \(\ge\)xyz
<=> (xy + xz + y2 + yz)(z + x) - 8xyz \(\ge\)0
<=> xyz + xz2 + y2z + yz2 + x2y + x2z + y2x + xyz - 8xyz \(\ge\)0
<=> (xz2 +xy2) + (y2z + zx2) + (yz2 + yx2) - 6xyz \(\ge\)0
<=> (xz2 - 2xyz + xy2) + (y2z + zx2 - 2xyz) + (yz2 + yx2 - 2xyz) \(\ge\)0
<=> x(z2 - 2yz + y2) + z(y2 + x2 - 2xy) + y(z2 + x2 - 2xz) \(\ge\) 0
<=> x(z - y)2 + z(y - x)2 + y(z - x)2 \(\ge\)0
hay a2(c2 - b2)2 + c2(b2 - a2)2 + b2(c2 - a2)2 \(\ge\)0 (luôn đúng với mọi a;b;c)
=> Đpcm
PN
30 tháng 7 2020
Đặt \(a^2;b^2;c^2\rightarrow x;y;z\left(x;y;z\ge0\right)\)
Khi đó bài toán trở thành \(\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge8xyz\)
\(< =>\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)-8xyz\ge0\)
\(< =>a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a-b\right)^2\ge0\)*đúng*
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z\)hay \(a^2=b^2=c^2\)
9 tháng 4 2017
Lời giải
\(\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}\right)\left(b^2+\dfrac{1}{b^2}\right)\left(c^2+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge8\)
\(A=\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}\right)\left(b^2+\dfrac{1}{b^2}\right)\left(c^2+\dfrac{1}{c^2}\right)\)
\(A=\left[\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}-2\right)+2\right].\left[\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}-2\right)+2\right].\left[\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}-2\right)+2\right]\)
\(A=\left[\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2+2\right].\left[\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2+2\right].\left[\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2+2\right]\)Thừa nhận cần c/m câu khác: \(\left(x-\dfrac{1}{x}\right)^2\ge0\forall x\ne0\)
\(\Rightarrow A\ge\left[\left(0\right)+2\right].\left[\left(0\right)+2\right].\left[\left(0\right)+2\right]=8\)
\(\Rightarrow A\ge8\forall_{a,b,c\ne0}\)=> dpcm
Đẳng thức khi \(\left\{{}\begin{matrix}\left|a\right|=1\\\left|b\right|=1\\\left|c\right|=1\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\pm1\\b=\pm1\\c=\pm1\end{matrix}\right.\) Không tin bạn thử a=b=c=-1<0 vào thử xem
PC
6 tháng 4 2017
Có một chút vần đề nha ĐK phải là a,b,c > 0 nhé
bài này ta sẽ chứng minh lần lượt \(a^2+\dfrac{1}{a^2};b^2+\dfrac{1}{b^2};c^2+\dfrac{1}{c^2}\)lớn hơn hoặc bằng 2
Ta sẽ giả sử
\(a^2+\dfrac{1}{a^2}\ge2\)(2)
\(\Leftrightarrow a^2-2+\dfrac{1}{a^2}\ge0\Leftrightarrow a^2-2a\times\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a^2}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-\dfrac{1}{a}\right)^2\ge0\)(luôn đúng) (1)
BĐT (2) đúng suy ra BĐT (1) đúng
Dấu '=' xảy ra khi và chỉ khi \(a=\dfrac{1}{a}\Leftrightarrow a^2=1\Leftrightarrow a=1\)(*)
CMTT ta có : \(b^2+\dfrac{1}{b^2}\ge2\) (=) b = 1 (**)
\(c^2+\dfrac{1}{c^2}\ge2\) (=) c = 1 (***)
Nhân vế theo vế của (*) , (**) , (***) ta được
\(\left(a^2+\dfrac{1}{a^2}\right).\left(b^2+\dfrac{1}{b^2}\right).\left(c^2+\dfrac{1}{c^2}\right)\ge2^3=8\)(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1
TN
6 tháng 4 2017
Dễ thấy: \(a^2;b^2;c^2\ge0\forall a;b;c\) mà \(a;b;c\ne0\) nên chỉ có \(a,b,c>0\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^2+\frac{1}{a^2}\ge2\sqrt{a^2\cdot\frac{1}{a^2}}=2\sqrt{1}=2\)
\(b^2+\frac{1}{b^2}\ge2\sqrt{b^2\cdot\frac{1}{b^2}}=2\sqrt{1}=2\)
\(c^2+\frac{1}{c^2}\ge2\sqrt{c^2\cdot\frac{1}{c^2}}=2\sqrt{1}=2\)
Nhân theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(\left(a^2+\frac{1}{a^2}\right)\left(b^2+\frac{1}{b^2}\right)\left(c^2+\frac{1}{c^2}\right)\ge2\cdot2\cdot2=8\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
F
27 tháng 9 2020
a,Ta có:\(a^2+b^2\ge2ab\)
\(a^2+c^2\ge2ac\)
\(b^2+c^2\ge2bc\)
Cộng theo từng về 3 bđt trên ta đc:
\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+ac+bc\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+ac+bc\)
Xảy ra dấu đt khi \(a=b=c\)
b,\(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)(chia cả 2 vế cho \(a+b>0\))
\(\Leftrightarrow a^2-ab+b^2\ge ab\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\forall a,b\)
Xảy ra dấu đẳng thức khi \(a=b\)
c,\(a^2+b^2+c^2\ge a\left(b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2ac\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+b^2+c^2\ge0\forall a,b,c\)
Xảy ra đẳng thức khi \(a=b=c=0\)
27 tháng 9 2020
Phần b mình tặng thêm một cách giải không dùng biến đổi tương đương:
\(a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)\(\ge\left(a+b\right)\left(2ab-ab\right)=ab\left(a+b\right)\)
Dấu bằng tại a=b
\(2a^2+b^2+c^2\ge2a\left(b+c\right)\)
\(a^2+a^2+b^2+c^2\ge2ab+2ac\)
\(a^2+2ab+b^2+a^2+2ac+c^2\ge0\)
\(\left(a+b\right)^2+\left(a+c\right)^2\ge0\forall a,b,c\)
\(\Rightarrowđpcm\)
a^2 + a^2 + b^2 + c^2 lớn hơn hoặc bằng 2a(b+c)
Áp dụng bất đt cauchy cho hai số không âm a^2 và b^2
a^2 + b^2 lớn hơn hoặc bằng 2 căn ( a^2 b^2 )
a^2 + b^2 lớn hơn hoặc bằng 2ab ( 1 )
Áp dụng bất đẳng thức cauchy cho hai số không âm a^2 và c^2
a^2 + c^2 lớn hơn hoặc bằng 2 căn ( a^2 c^2 )
a^2 + c^2 lớn hơn hoặc bằng 2ac ( 2 )
( 1 ) và ( 2 )
Suy ra a^2 + b^2 + a^2 + c^2 lớn hoăn hoặc bằng 2ab + 2ac
2a^2 + b^2 + c^2 lớn hơn hoặc bằng 2a(b+c) ( đpcm )