Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Giả sử \(a^2+b^2< 2bc\)
\(b^2+c^2< 2ca\)
\(c^2+a^2< 2ab\)
Ta cộng vế theo vế của các bất đẳng thức trên ta được: \(a^2+b^2+c^2+b^2+c^2+a^2< 2bc+2ca+2ab\)\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+b^2+c^2+a^2-2bc-2ca-2ab< 0\)\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2< 0\)( hiển nhiên vô lý )
Từ đó ta suy ra có ít nhất 1 bất đẳng thức trên là đúng ( đpcm )
Do \(a\le1\Rightarrow a^2\le1\) và
\(\left(1-a^2\right)\left(1-b\right)\le0\Rightarrow1+a^2b^2\ge a^2+b\)
Mà \(0\le a,b\le1\Rightarrow a^2\ge a^3,b^2\ge b^3\)
\(\Rightarrow1+a^2b^2\ge a^3+b^3\)
Tương tự rồi cộng lại ta có được điều phải chứng minh
Đề bài phải cho \(a+b+c\le1\) để xảy ra dấu "=" ở điều phải chứng minh.
Áp dụng bđt \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge\frac{9}{x+y+z}\)
với \(x=a^2+2bc,y=b^2+2ac,z=c^2+2ab\) được :
\(\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge\frac{9}{a^2+b^2+c^2+2ab+bc+ac}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ac}+\frac{1}{c^2+2ab}\ge\frac{9}{\left(a+b+c\right)^2}\ge9\)(đpcm)
Dễ chứng minh : (a + b + c)(1/a + 1/b + 1/c) >= 9
Áp dụng điều đó :
1/(a^2 + 2bc)+ 1/(b^2 + 2ac) + 1/(c^2 + 2ab) >= 9/(a^2 + b^2 + c^2 + 2ab + 2ac + 2bc) = 9/(a + b + c)^2 >= 9/1^2 = 9 (đpcm)
\(1.CMR:\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\ge4\)
\(\left(a+b\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)=1+\frac{b}{a}+\frac{a}{b}+1=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+2\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\sqrt{\frac{a}{b}.\frac{b}{a}}=2\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+2\ge2+2=4\)
Dấu '' = '' xảy ra khi \(a=b\)
\(2.\\ a.CMR:a^2+2b^2+c^2-2ab-2bc\ge0\forall a,b,c\)
\(a^2+2b^2+c^2-2ab-2bc=a^2-2ab+b^2+c^2-2bc+b^2=\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2\ge0\forall a,b,c\)
Dấu '' = '' xảy ra khi \(a=b=c\)
\(b.CMR:a^2+b^2-4a+6b+13\ge0\forall a,b\)
\(a^2+b^2-4a+6b+13=\left(a^2-4a+4\right)+\left(b^2+6b+9\right)=\left(a-2\right)^2+\left(b+9\right)^2\ge0\forall a,b\)
Dấu '' = '' xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b=-9\end{matrix}\right.\)
\(\left(4a^2b^2\right)-\left(a^2+b^2-c^2\right)^2>0\\ \Rightarrow\left(2ab\right)^2-\left(a^2+b^2-c^2\right)^2>0\\ \Rightarrow\left(2ab-a^2-b^2+c^2\right)\left(2ab+a^2+b^2-c^2\right)>0\\ \Rightarrow\left(c^2-\left(a^2-2ab+b^2\right)\right)\left\{\left(a+b\right)^2-c^2\right\}>0\\ \Rightarrow\left(c^2-\left(a-b\right)^2\right)\left(a+b-c\right)\left(a+b+c\right)>0\\ \Rightarrow\left(c-a+b\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b-c\right)\left(a+b+c\right)>0\)
Luoonn đúng => đpcm
Câu 1:
\(a^3+b^3+c^3-3abc\)
\(=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3-3abc\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+2ab+b^2-ab-bc+c^2\right)-3ab\left(a+b+c\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc\right)\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)\cdot\left(a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+a^2-2ac+c^2\right)}{2}\)
\(=\dfrac{\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\right]}{2}>=0\)
=>\(a^3+b^3+c^3>=3abc\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
a) \(a^2-b^2-c^2+2bc=4\left(p-b\right)\left(p-c\right)\Leftrightarrow a^2-b^2-c^2+2bc=4\left(\frac{a+b+c}{2}-b\right)\left(\frac{a+b+c}{2}-c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2-b^2-c^2+2bc=\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)\Leftrightarrow a^2-\left(b-c\right)^2=\left[a-\left(b-c\right)\right]\left[a+\left(b-c\right)\right]\)
\(\Leftrightarrow a^2-\left(b-c\right)^2=a^2-\left(b-c\right)^2\) (luôn đúng)
Vậy đẳng thức đầu được chứng minh.
b) \(p^2+\left(p-a\right)^2+\left(p-b\right)^2+\left(p-c\right)^2=\left(\frac{a+b+c}{2}\right)^2+\left(\frac{b+c-a}{2}\right)^2+\left(\frac{a+c-b}{2}\right)^2+\left(\frac{a+b-c}{2}\right)^2\)
\(=\frac{4\left(a^2+b^2+c^2\right)+2\left(ab+bc+ac+bc-ac-ab+ac-bc-ab+ab-bc-ac\right)}{4}=\frac{4\left(a^2+b^2+c^2\right)}{4}=a^2+b^2+c^2\) = VP
Vậy ta có điều phải chứng minh.