Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\left(a+b+c\right)^2+a^2+b^2+c^2=\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+a\right)^2\)
VT : (a + b + c)2 + a2 + b2 + c2
= a2 + b2 + c2 + 2ab +2bc + 2ac + a2 + b2 + c2
= ( a2 + 2ab + b2 ) + (b2 + 2bc + c2) + ( a2 + 2ac + c2)
= (a + b)2 + (b + c)2 + (a + c)2 = VP
Vậy \(\left(a+b+c\right)^2+a^2+b^2+c^2=\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+a\right)^2\)(đpcm)
Giải theo kiểu lớp 8 cho chắc :v
Ta có : \(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{3a^2+3b^2+3c^2}{9}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{9}\)
\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) ( Đúng )
Vậy BĐT đã được chứng minh . Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c\)
Áp dụng BĐT Cauchy - schwarz dưới dạng engel ta có :
\(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}=\dfrac{a^2}{3}+\dfrac{b^2}{3}+\dfrac{c^2}{3}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{9}=\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^2\)
Dấu \("="\) xảy ra khi \(a=b=c\)
a, \(\dfrac{a^2+2ab+b^2}{4}\ge ab\)
\(\Leftrightarrow\)a^2+2ab+b^2>=4ab
\(\Leftrightarrow\)a^2-2ab+b^2>=0
\(\Leftrightarrow\)(a-b)^2>=0 (luôn đúng)
b,\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ac+a^2\ge0\)
\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) luôn đúng
Lời giải:
BĐT tương đương với \((a^2+ab+ac)(a^2+ac+ab+bc)+b^2c^2\geq 0\)
Đặt \(a^2+ab+ac=t\)
BĐT cần chứng minh \(\Leftrightarrow t(t+bc)+b^2c^2=(t-\frac{bc}{2})^2+\frac{3b^2c^2}{4}\geq 0\)
Luôn đúng vì bình phương của một số thực luôn là số không âm
Dấu bằng xảy ra khi \(2(a^2+ab+ac)=bc\) và \(bc=0\)
Xét hiệu
\(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}-\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\)
\(=\frac{a^2+b^2+c^2}{3}-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}\)
\(=\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{9}-\frac{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac}{9}\)
\(=\frac{1}{9}\left[3\left(a^2+b^2+c^2\right)-a^2-b^2-c^2-2ab-2bc-2ac\right]\)
\(=\frac{1}{9}\left(3a^2+3b^2+3c^2-a^2-b^2-c^2-2ab-2bc-2ac\right)\)
\(=\frac{1}{9}\left(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac\right)\)
\(=\frac{1}{9}\left[\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ac+a^2\right)\right]\)
\(=\frac{1}{9}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\) \(\ge0\)
Vậy \(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c
\(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\Leftrightarrow\frac{a^3+b^2+c^2}{3}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ac\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
Các phép biến đổi là tương đương suy ra đpcm. \("="\Leftrightarrow a=b=c\)
Sửa đề: a,b,c,d>0
C/m: \(\left(\frac{a+b}{2}+\frac{c+d}{2}\right)^2\ge\left(a+c\right)\left(c+d\right)\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\left(\frac{a+b}{2}+\frac{c+d}{2}\right)^2=\left[\frac{\left(a+c\right)+\left(b+d\right)}{2}\right]^2\ge\left[\frac{2.\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+d\right)}}{2}\right]^2=\left(a+c\right)\left(b+d\right)\)
Dấu " = " xảy ra <=> a+c=b+d
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+a^2-2ac+c^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Vậy BĐT ban đầu được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
Lời giải:
1)
Áp dụng BĐT AM-GM cho các số không âm ta có:
\(a^4+3=a^4+1+1+1\geq 4\sqrt[4]{a^4}\)
\(\Leftrightarrow a^4+3\geq 4|a|\geq 4a\)
Ta có đpcm. Dấu bằng xảy ra khi \(a=1\)
2)
Ghi đầy đủ đề:
\(a^2(1+b^2)+b^2(1+c^2)+c^2(1+a^2)\geq 6abc\)
Áp dụng BĐT AM-GM cho các số không âm:
\(\text{VT}=a^2+a^2b^2+b^2+b^2c^2+c^2+c^2a^2\geq 6\sqrt[6]{a^2.a^2b^2.b^2.b^2c^2.c^2.c^2a^2}\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}\geq 6\sqrt[6]{a^6b^6c^6}=6|abc|\geq 6abc\)
Ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Sửa đề: \(a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\)
Ta xét \(a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2-2a+1+b^2-2b+1+c^2-2c+a\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(b-1\right)^2\ge0\) Đúng \(\forall a;b;c\in R\)
Vậy \(a^2+b^2+c^2+3\ge2\left(a+b+c\right)\). Dấu \("="\)xảy ra khi \(a=b=c=1.\)