CMR: \(^{a^2+b^2+c^2\ge ab+ac+bc}\) với mọi giá trị của a, b, c
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
24 tháng 2 2020
a/ Biến đổi tương đương:
\(\Leftrightarrow3a^2-3ab+3b^2\ge a^2+ab+b^2\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow2\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
b/ \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=a-\frac{ab\left(a+b\right)}{a^2+ab+b^2}\ge a-\frac{ab\left(a+b\right)}{3\sqrt[3]{a^2.ab.b^2}}=a-\frac{a+b}{3}=\frac{2a}{3}-\frac{b}{3}\)
Tương tự: \(\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}\ge\frac{2b}{3}-\frac{c}{3}\) ; \(\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{2c}{3}-\frac{a}{3}\)
Cộng vế với vế ta có đpcm
AH
Akai Haruma
Giáo viên
29 tháng 5 2018
Lời giải:
Ta có:
\(\text{VT}=a-\frac{ab(a+b)}{a^2+ab+b^2}+b-\frac{bc(b+c)}{b^2+bc+c^2}+c-\frac{ca(c+a)}{c^2+ca+a^2}\)
\(=a+b+c-\left(\frac{ab(a+b)}{a^2+ab+b^2}+\frac{bc(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\frac{ca(c+a)}{c^2+ca+a^2}\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(\text{VT}\geq a+b+c-\left(\frac{ab(a+b)}{2ab+ab}+\frac{bc(b+c)}{2bc+bc}+\frac{ca(c+a)}{2ac+ac}\right)\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}\geq a+b+c-\frac{2}{3}(a+b+c)=\frac{a+b+c}{3}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 8 2021
a. Đề bài sai (thực chất là nó đúng 1 cách hiển nhiên nhưng "dạng" thế này nó sai sai vì ko ai cho kiểu này cả)
Ta có: \(abc=ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow abc\ge27\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+5abc\ge a^2+b^2+c^2+5.27>>>>>8\)
b.
\(4=ab+bc+ca+abc=ab+bc+ca+\sqrt{ab.bc.ca}\le ab+bc+ca+\sqrt{\left(\dfrac{ab+bc+ca}{3}\right)^3}\)
\(\sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{3}}=t\Rightarrow t^3+3t^2-4\ge0\Rightarrow\left(t-1\right)\left(t+2\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow t\ge1\Rightarrow ab+bc+ca\ge3\Rightarrow a+b+c\ge\sqrt{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge3\)
- TH1: nếu \(a+b+c\ge4\)
Ta có: \(ab+bc+ca=4-abc\le4\)
\(\Rightarrow P=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)+5abc\ge4^2-2.4+0=8\)
(Dấu "=" xảy ra khi \(\left(a;b;c\right)=\left(2;2;0\right)\) và các hoán vị)
- TH2: nếu \(3\le a+b+c< 4\)
Đặt \(a+b+c=p\ge3;ab+bc+ca=q;abc=r\)
\(P=p^2-2q+5r=p^2-2q+5\left(4-q\right)=p^2-7q+20\)
Áp dụng BĐT Schur:
\(4=q+r\ge q+\dfrac{p\left(4q-p^2\right)}{9}\Leftrightarrow q\le\dfrac{p^3+36}{4p+9}\)
\(\Rightarrow P\ge p^2-\dfrac{7\left(p^3+36\right)}{4p+9}+20=\dfrac{3\left(4-p\right)\left(p-3\right)\left(p+4\right)}{4p+9}+8\ge8\)
(Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\))
MH
1
28 tháng 2 2016
\(2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)
\(a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+a^2-2ca+c^2\ge0\)
\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\ge0\)
HĐT này đúng với mọi x
C
10 tháng 5 2017
\(\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ac}{b}=\dfrac{b^2c+a^2c}{ab}=\dfrac{c\left(a^2+b^2\right)}{ab}\ge\dfrac{c.2ab}{ab}=2c\)
\(\dfrac{ac}{b}+\dfrac{ab}{c}=\dfrac{ac^2+ab^2}{bc}=\dfrac{a\left(b^2+c^2\right)}{bc}\ge\dfrac{a.2bc}{bc}=2a\)
\(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}=\dfrac{a^2b+c^2b}{ac}=\dfrac{b\left(a^2+b^2\right)}{ac}\ge\dfrac{b.2ac}{ac}=2b\)
Cộng vế theo vế:
\(2\left(\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ac}{b}+\dfrac{ab}{c}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ac}{b}+\dfrac{ab}{c}\ge a+b+c\)
4 tháng 8 2020
Bài làm
a) Ta có: ( a - b + c )2 = [ a - ( b - c ) ]2
= a2 - 2a( b - c ) + ( b - c )2
= a2 - 2ab + 2ac + b2 - 2bc + c2
= a2 + b2 + c2 + 2ac - 2ab - 2bc
Mik làm mấy lần rồi nhưng vẫn ra kết quả như vậy, bạn xem lại đề nhé.
b) Ta có: a2 + b2 + c2 > ab + bc + ca
=> 2( a2 + b2 + c2 ) > 2( ab + bc + ca )
=> 2a2 + 2b2 + 2c2 > 2ab + 2bc + 2ca
=> 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ca > 0
=> ( a2 + b2 + c2 ) + ( a2 + b2 + c2 - 2ab - 2bc - 2ca ) > 0
=> ( a2 + b2 + c2 ) + ( a - b - c )2 > 0 ( Luôn đúng )
Vậy a2 + b2 + c2 > ab + bc + ca ( đpcm ).
c) a2 + b2 + 1 > a + b + ab ( mik nghĩ cái a ở vế phải phải là a thôi chứ không phỉa a^2. bạn kiểm tra đề nha )
=> 2a2 + 2b2 + 2 > 2a + 2b + 2ab
=> 2a2 + 2b2 + 2 - 2a - 2b - 2ab > 0
=> ( a2 - 2ab + b2 ) + ( a2 - 2a + 1 ) + ( b2 - 2b + 1 ) > 0
=> ( a - b )2 + ( a - 1 )2 + ( b - 1 )2 > 0 ( luôn đúng )
Vậy a2 + b2 + 1 > a + b + ab ( đpcm )
4 tháng 8 2020
\(1,\left(a-b+c\right)^2=\left[\left(a-b\right)+c\right]^2\)
\(=\left(a-b\right)^2+2\left(a-b\right)c+c^2\)
\(=a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ca\)
\(2,..2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\)
\(=\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\)
\(=\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
3, Sửa đề : \(a^2+b^2+1\ge a+b+ab\)
Ta có : \(2a^2+2b^2+2-2a-2b-2ab\)
\(=\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2a+1\right)+\left(b^2-2b+1\right)\)
\(=\left(a-b\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow2a^2+2b^2+2\ge2a+2b+2ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+1\ge a+b+ab\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = 1
18 tháng 4 2019
3
Ta có: \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+2a\left(b+c\right)+\left(b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\Rightarrow\text{Đ}PCM\)
18 tháng 4 2019
2b)
Ta có: \(x^2+y^2-4x-2y+5=0\Leftrightarrow x^2+y^2-4x-2y+4+1=0\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2+\left(y-1\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(x-2\right)^2=0\\\left(y-1\right)^2=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=2\\y=1\end{cases}}}\)
c) \(x^4-11x^2+4x-21=0\Leftrightarrow x^4-10x^2+25-x^2+4x-4=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-5\right)^2-\left(x-2\right)^2=0\Leftrightarrow\left(x^2-x-5+2\right)\left(x^2+x-5-2\right)=0\)
đến đây tự làm
giả sử \(a^2+b^2+c^2\le ab+ac+bc\)
suy ra \(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\le2\left(ab+ac+bc\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+a^2+c^2+b^2+c^2\le2ab+\\ 2ac+2bc\) (1)
ta có \(\left(a+b\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2\ge0\\ \Rightarrow a^2+b^2\ge2ab\) (2)
tương tự ta cũng có\(a^2+c^2\ge2ac\\ b^2+c^2\ge2bc\) (3)
từ (2) và (3) suy ra hệ thức (1) vô lí
suy ra \(a^2+b^2+c^2\ge ab+ac+bc\) với mọi a;b;c
bạn làm rất rắc rồi tưởng đúng nhưng sai nhé