với mọi a,b,c chứng minh a^2 +b^2 + c^2 >= ab+bc+ac
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
NN
0
NT
2
VL
30 tháng 3 2015
nhân 2 vào 2 vế rồi chuyển vế sau đó khai triển ta được (a-b)(b-c)(c-a) >=0
luôn đúng với mọi a;b;c
suy ra ĐPCM
30 tháng 3 2015
ta có \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow\)\(2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ac\)
\(\Leftrightarrow\)\(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(\(\Rightarrow\)a=b=c)
<=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
28 tháng 3 2021
xí câu 1:))
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :
\(\frac{x^2}{y-1}+\frac{y^2}{x-1}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{x+y-2}\)(1)
Đặt a = x + y - 2 => a > 0 ( vì x,y > 1 )
Khi đó \(\left(1\right)=\frac{\left(a+2\right)^2}{a}=\frac{a^2+4a+4}{a}=\left(a+\frac{4}{a}\right)+4\ge2\sqrt{a\cdot\frac{4}{a}}+4=8\)( AM-GM )
Vậy ta có đpcm
Đẳng thức xảy ra <=> a=2 => x=y=2
PT
1
DL
5 tháng 5 2018
ta có: \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) với mọi a, b, c
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\ge ab+bc+ac+2ab+2bc+2ac\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)
15 tháng 4 2019
1. (a+b)^2 ≥ 4ab
<=> a2+2ab+b2≥ 4ab
<=> a2+2ab+b2-4ab≥ 0
<=> a2-2ab+b2≥ 0
<=> (a-b)^2 ≥ 0 ( luôn đúng )
15 tháng 4 2019
2. a^2 + b^2 + c^2 ≥ ab + bc + ca
<=> 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 ≥ 2ab + 2bc + 2ca
<=> 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0
<=> (a^2- 2ab+b^2) + (b^2-2bc+c^2) + (c^2-2ca+a^2) ≥ 0
<=> (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 ≥ 0 ( luôn đúng)
KL
5 tháng 4 2016
Giả sử:
2a^2 + 2b^2 + 2c^2 > hoặc = 2ab + 2ac + 2bc
<=>( a^2 -2ab + b^2) + (a^2 -2ac + c^2)+(b^2 -2bc + c^2) > hoặc = 0
=<=>(a-b)^2 + (a-c)^2 + (b-c)^2 > hoặc = 0 ( BĐT luôn đúng ) => 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 >hoặc = 2ab + 2ac + 2bc là đúng ! <=> a^2 + b^2 + c^2 > hoặc = ab+bc+ac.
Dấu = xảy ra khi : a=b=c
TT
1
1 tháng 1 2019
Đặt \(ab=x\); \(bc=y\);\(ac=z\)
\(BPT< =>\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xz+xy+yz\right)\)
\(< =>x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz\ge3xy+3yz+3xz\)
\(< =>x^2+y^2+z^2-xy-xz-yz\ge0\)
\(< =>2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2xz\ge0\)
\(< =>\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(x-z\right)^2\ge0\left(LĐ\right)\)
NH
2
10 tháng 9 2016
ta áp dụng cô-si la ra
a2+b2+c2 ≥ ab+ac+bc
̣̣(a - b)2 ≥ 0 => a2 + b2 ≥ 2ab (1)
(b - c)2 ≥ 0 => b2 + c2 ≥ 2bc (2)
(a - c)2 ≥ 0 => a2 + c2 ≥ 2ac (3)
cộng (1) (2) (3) theo vế:
2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab+ac+bc)
=> a2 + b2 + c2 ≥ ab+ac+bc
dấu = khi : a = b = c
10 tháng 9 2016
Ta có : \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0..\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ac+a^2\ge0..\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(ab+bc+ca\right)\)
Ta sẽ chứng minh bằng biến đổi tương đương như sau :
Ta có ; \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ac+a^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Vì bđt cuối luôn đúng nên bđt ban đầu được cm.