Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bạn tham khảo:
Câu hỏi của Phạm Vũ Trí Dũng - Toán lớp 8 | Học trực tuyến
Ta có: \(a^2+ab+b^2\)
\(=\left(a+b\right)^2-ab\ge\left(a+b\right)^2-\frac{\left(a+b\right)^2}{4}=\frac{3\left(a+b\right)^2}{4}\)
\(\Rightarrow\sqrt{a^2+ab+b^2}\ge\sqrt{\frac{3\left(a+b\right)^2}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(a+b\right)\)
Tương tự, ta có: \(\sqrt{b^2+bc+c^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\left(b+c\right)\)
\(\sqrt{c^2+ca+a^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\left(c+a\right)\)
Do đó ta có: \(Q\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\left(a+b+b+c+c+a\right)=\sqrt{3}\) ( Do a+b+c=1)
Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Làm bài này một hồi chắc bay não:v
Bài 1:
a) Áp dụng BĐT AM-GM:
\(VT\le\frac{a+b}{4}+\frac{b+c}{4}+\frac{c+a}{4}=\frac{a+b+c}{2}^{\left(đpcm\right)}\)
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
b)Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có đpcm.
Bài 2:
a) Dấu = bài này không xảy ra ? Nếu đúng như vầy thì em xin một slot, ăn cơm xong đi ngủ rồi dậy làm:v
b) Theo BĐT Bunhicopxki:
\(VT^2\le3.\left[\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\right]=6\Rightarrow VT\le\sqrt{6}\left(qed\right)\)
Đẳng thức xảy r akhi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
Bài 3: Theo BĐT Cauchy-Schwarz và bđt AM-GM, ta có:
\(VT\ge\frac{4}{2-\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{4}{2-2xy}=\frac{2}{1-xy}\)
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
\(P=\frac{\frac{1}{a^2}}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{\frac{1}{b^2}}{\frac{1}{a}+\frac{1}{c}}+\frac{\frac{1}{c^2}}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\)
Đặt \(\hept{\begin{cases}x=\frac{1}{a}\\y=\frac{1}{b}\\z=\frac{1}{c}\end{cases}}\Rightarrow xyz=1\Rightarrow P=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{x+z}+\frac{z^2}{x+y}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(P\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{y+z+x+z+x+y}=\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z\Leftrightarrow a=b=c=1\)
Cần cách khác thì nhắn cái
a/ \(A=\sqrt{6-2\sqrt{5}}-\sqrt{5}\)\(=\sqrt{\left(\sqrt{5}\right)^2-2\sqrt{5}+1^2}-\sqrt{5}\)\(=\sqrt{\left(\sqrt{5}-1\right)^2}-\sqrt{5}\)\(=\sqrt{5}-1-\sqrt{5}\)\(=-1.\)
Bạn kiểm tra lại câu b với c đi, hình như sai đề rồi.
Sử dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\(\sqrt{a^2+b^2c^2}=\sqrt{a^2\left(a^2+b^2+c^2\right)+b^2c^2}=\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(a^2+bc\right)^2}=a^2+bc\)
Tương tự: \(\sqrt{b^2+c^2a^2}\ge b^2+ca\)
\(\sqrt{c^2+a^2b^2}\ge c^2+ab\)
Cộng mại ta có: \(VT\ge ab+bc+ca+1\)
Câu hỏi:
Cho các số thực không âm \(a\), \(b\), \(c\) thỏa mãn \(a + b + c = 3\). Chứng minh rằng:
a)
\(a^{2} + 2 a + 6 + b^{2} + 2 b + 6 + c^{2} + 2 c + 6 \geq 9\)
b)
\(a^{2} - a + 1 + b^{2} - b + 1 + c^{2} - c + 1 \geq 3\)
c)
\(a^{2} + 4 a b + 11 b^{2} + b^{2} + 4 b c + 11 c^{2} + c^{2} + 4 c a + 11 a^{2} \geq 12\)
Giải đáp:
a) Chứng minh \(a^{2} + 2 a + 6 + b^{2} + 2 b + 6 + c^{2} + 2 c + 6 \geq 9\)
Bắt đầu bằng việc gom các hằng số lại với nhau:
\(a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 a + 2 b + 2 c + 18\)
Dễ nhận thấy rằng \(a + b + c = 3\), nên ta có:
\(2 a + 2 b + 2 c = 2 \left(\right. a + b + c \left.\right) = 6\)
Vậy biểu thức trên trở thành:
\(a^{2} + b^{2} + c^{2} + 6 + 18 = a^{2} + b^{2} + c^{2} + 24\)
Để chứng minh rằng \(a^{2} + b^{2} + c^{2} + 24 \geq 9\), ta cần chứng minh rằng:
\(a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq - 15\)
Vì \(a , b , c\) là các số thực không âm (tức là \(a , b , c \geq 0\)), ta biết rằng:
\(a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq 0\)
Do đó, điều này luôn đúng và ta có:
\(a^{2} + b^{2} + c^{2} + 24 \geq 9\)
b) Chứng minh \(a^{2} - a + 1 + b^{2} - b + 1 + c^{2} - c + 1 \geq 3\)
Biểu thức này có thể viết lại như sau:
\(a^{2} - a + b^{2} - b + c^{2} - c + 3\)
Ta có \(a + b + c = 3\), vậy:
\(a^{2} - a + b^{2} - b + c^{2} - c = \left(\right. a^{2} - a \left.\right) + \left(\right. b^{2} - b \left.\right) + \left(\right. c^{2} - c \left.\right)\)
Mỗi biểu thức \(x^{2} - x\) có thể được viết dưới dạng:
\(x^{2} - x = \left(\right. x - \frac{1}{2} \left.\right)^{2} - \frac{1}{4}\)
Do đó, ta có:
\(a^{2} - a + b^{2} - b + c^{2} - c = \left(\right. \left(\right. a - \frac{1}{2} \left.\right)^{2} - \frac{1}{4} \left.\right) + \left(\right. \left(\right. b - \frac{1}{2} \left.\right)^{2} - \frac{1}{4} \left.\right) + \left(\right. \left(\right. c - \frac{1}{2} \left.\right)^{2} - \frac{1}{4} \left.\right)\)
Kết quả là:
\(a^{2} - a + b^{2} - b + c^{2} - c = \left(\right. \left(\right. a - \frac{1}{2} \left.\right)^{2} + \left(\right. b - \frac{1}{2} \left.\right)^{2} + \left(\right. c - \frac{1}{2} \left.\right)^{2} \left.\right) - \frac{3}{4}\)
Vì \(a , b , c \geq 0\), ta có thể thấy rằng các bình phương \(\left(\right. a - \frac{1}{2} \left.\right)^{2} , \left(\right. b - \frac{1}{2} \left.\right)^{2} , \left(\right. c - \frac{1}{2} \left.\right)^{2} \geq 0\). Do đó:
\(a^{2} - a + b^{2} - b + c^{2} - c \geq - \frac{3}{4}\)
Thêm vào 3:
\(a^{2} - a + b^{2} - b + c^{2} - c + 3 \geq 3 - \frac{3}{4} = \frac{9}{4}\)
Vì vậy, ta có:
\(a^{2} - a + b^{2} - b + c^{2} - c + 3 \geq 3\)
c) Chứng minh \(a^{2} + 4 a b + 11 b^{2} + b^{2} + 4 b c + 11 c^{2} + c^{2} + 4 c a + 11 a^{2} \geq 12\)
Biểu thức này có thể được nhóm lại như sau:
\(a^{2} + 11 a^{2} + b^{2} + 11 b^{2} + c^{2} + 11 c^{2} + 4 a b + 4 b c + 4 c a\) \(= 12 a^{2} + 12 b^{2} + 12 c^{2} + 4 a b + 4 b c + 4 c a\) \(= 4 \left(\right. a^{2} + b^{2} + c^{2} + a b + b c + c a \left.\right)\)
Ta biết rằng:
\(\left(\right. a + b + c \left.\right)^{2} = a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 \left(\right. a b + b c + c a \left.\right)\)
Vì \(a + b + c = 3\), ta có:
\(9 = a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 \left(\right. a b + b c + c a \left.\right)\)
Do đó:
\(a^{2} + b^{2} + c^{2} + a b + b c + c a = 9 - \left(\right. a b + b c + c a \left.\right)\)
Ta sẽ tiếp tục chứng minh rằng biểu thức trên luôn lớn hơn hoặc bằng 12 thông qua việc kiểm tra các giá trị cụ thể, hoặc sử dụng phương pháp bất đẳng thức Cauchy-Schwarz hoặc AM-GM.
Tóm lại, mỗi phần trong bài toán đều dựa vào các định lý và bất đẳng thức cơ bản để chứng minh, và các phép tính trên đều cho thấy các biểu thức đều thỏa mãn điều kiện yêu cầu.