Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
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 \(a=b=c=0\)
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
1/ \(a^2-b^2+c^2\ge\left(a-b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow bc-ac-b^2+ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(bc-ac\right)+\left(ab-b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)(đúng)
Vì \(\hept{\begin{cases}a\ge b\\b\ge c\end{cases}}\)
2/ \(a^2-b^2+c^2-d^2\ge\left(a-b+c-d\right)^2\)
\(\Leftrightarrow-d^2+cd-bd+ad+bc-ac-b^2+ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(dc-d^2\right)+\left(ad-bd\right)+\left(bc-ac\right)+\left(ba-b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow d\left(c-d\right)+d\left(a-b\right)+\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)
Đúng vì \(a\ge b\ge c\ge d\ge0\)
Biến đổi tương đương:
\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+ac+bc\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc\ge3\left(ab+ac+bc\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
\(\Rightarrow\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+ac+bc}\ge3\)
b/ \(VT=\frac{\left(a+b+c\right)^2}{ab+ac+bc}+\frac{ab+ac+bc}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{8\left(a+b+c\right)^2}{9\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9\left(ab+ac+bc\right)}+\frac{ab+ac+bc}{\left(a+b+c\right)^2}\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{8\left(a+b+c\right)^2}{9\left(ab+ac+bc\right)}+2\sqrt{\frac{\left(a+b+c\right)^2\left(ab+ac+bc\right)}{9\left(ab+ac+bc\right)\left(a+b+c\right)^2}}\ge\frac{8.3}{9}+\frac{2}{3}=\frac{10}{3}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
a) Đơn giản, tự chứng minh
b) Cách 1: Áp dụng BĐT câu a: \(VT\ge\left(a^2+ab-b^2\right)+\left(b^2+bc-c^2\right)+\left(c^2+ca-a^2\right)=ab+bc+ca=VP\)(đpcm)
Cách 2:
Ta chứng minh BĐT chặt hơn: \(\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2\) (vì \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\))
Giả sử \(b=min\left\{a,b,c\right\}\).Bằng phương pháp B-W (Buffalo way) ta phân tích được:
\(VT-VP=\frac{\left(4a^2c+4abc-b^3+3b^2c-bc^2\right)\left(a-b\right)^2+b\left(b^2+bc+c^2\right)\left(a+b-2c\right)^2}{4abc}\ge0\)
P/s: Cách 2 tuy dài nhưng rất hay vì đây là phân tích bằng tay (không cần dùng phần mềm)!
Lời giải:
a)
Xét hiệu \(\frac{a^3}{b}-(a^2+ab-b^2)=(\frac{a^3}{b}-a^2)-(ab-b^2)\)
\(=\frac{a^3-a^2b}{b}-b(a-b)=\frac{a^2(a-b)}{b}-b(a-b)=(a-b)\left(\frac{a^2}{b}-b\right)\)
\(=(a-b).\frac{a^2-b^2}{b}=\frac{(a-b)^2(a+b)}{b}\geq 0, \forall a,b>0\)
Do đó \(\frac{a^3}{b}\geq a^2+ab-b^2\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b$
b)
Áp dụng BĐT Cauchy cho các số dương:
\(\frac{a^3}{b}+ab\geq 2a^2\)
\(\frac{b^3}{c}+bc\geq 2b^2\)
\(\frac{c^3}{a}+ac\geq 2c^2\)
Cộng theo vế:
\(\Rightarrow \frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\geq 2(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ac)\)
Mà cũng theo BĐT Cauchy:
\(a^2+b^2+c^2=\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}\geq \frac{2ab}{2}+\frac{2bc}{2}+\frac{2ca}{2}=ab+bc+ca\)
\( \Rightarrow \frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\geq 2(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ac)\geq 2(ab+bc+ac)-(ab+bc+ac)=ab+bc+ac\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Bài 1:
\(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ac}{b}\ge a+b+c\) với a,b,c > 0
Áp dụng BĐT Chauchy cho 2 số không âm, ta có:
\(\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ac}{b}=c\left(\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b}\right)\ge c\sqrt{\dfrac{b}{a}.\dfrac{a}{b}}=2c\)
\(\dfrac{ac}{b}+\dfrac{ab}{c}=a\left(\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{c}\right)\ge a\sqrt{\dfrac{c}{b}.\dfrac{b}{c}}=2a\)
\(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}=b\left(\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{a}\right)\ge b\sqrt{\dfrac{a}{c}.\dfrac{c}{a}}=2b\)
Cộng vế theo vế ta được:
\(2\left(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ac}{b}\right)\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ac}{b}\ge a+b+c\)
a)Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^2+b^2\ge2\sqrt{a^2b^2}=2ab\)
Xảy ra khi \(a=b\)
b)Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\c^2+a^2\ge2ca\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
Xảy ra khi \(a=b=c\)
c)Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(a^3+b^3+c^3\ge3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}=3abc\)
Xảy ra khi \(a=b=c\)
==" s t nhớ là bất đẳng thức cosi dùng cho số dương nhỉ ?
\(\left(a-b\right)^2\ge0\)
<=>\(a^2-2ab+b^2\ge0\)
<=>\(a^2+b^2\ge2ab\)
b) Ta có\(\left(a-b\right)^2\ge0\)(1)
\(\left(b-c\right)^2\ge0\)(2)
\(\left(a-c\right)^2\ge0\)(3)
Cộng vế với vế ba đẳng thức (1),(2),(3) ta đc
\(a^2+b^2-2ab+b^2+c^2-2bc+a^2+c^2-2ac\ge0\)
<=>\(2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ac\)
<=>\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)