\(\ge\)(b+2a)2

">
K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

17 tháng 7 2018

\(\Leftrightarrow3b^2+6a^2\ge b^2+4ab+4a^2\)

\(\Leftrightarrow2b^2-4ab+2a^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow2\left(b^2-2ab+a^2\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow2\left(b-a\right)^2\ge0\)        ?(luôn đúng)

dấu''='' xảy ra khi và chỉ khi a=b

17 tháng 7 2018

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho bộ 2 số \(\left(1;\sqrt{2}\right)\)và    \(\left(b;\sqrt{2}a\right)\)ta có:

     \(\left(b+2a\right)^2\le\left(1+2\right)\left(b^2+2a^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(b+2a\right)^2\le3\left(b^2+2a^2\right)\)

Dấu "=" xảy ra  \(\Leftrightarrow\)\(a=b\)

p/s: mk không chắc

9 tháng 12 2018

a)Bunhia:

\(\left(1+2\right)\left(b^2+2a^2\right)\ge\left(1.b+\sqrt{2}.\sqrt{2}a\right)^2=\left(b+2a\right)^2\)

b)\(ab+bc+ca=abc\Leftrightarrow\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1\)

Áp dụng bđt câu a

=>VT\(\ge\)\(\dfrac{b+2a}{\sqrt{3}ab}+\dfrac{c+2b}{\sqrt{3}bc}+\dfrac{a+2c}{\sqrt{3}ca}\)

\(\Leftrightarrow VT\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{2}{c}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{2}{a}=3=VP\)

Tự tìm dấu "="

9 tháng 12 2018

Nguyễn Việt LâmMashiro ShiinaBNguyễn Thanh HằngonkingCẩm MịcFa CTRẦN MINH HOÀNGhâu DehQuân Tạ MinhTrương Thị Hải Anh

9 tháng 9 2018

\(\frac{a^3}{b+2c}+\frac{b^3}{c+2a}+\frac{c^3}{a+2b}=\frac{a^4}{ab+2ac}+\frac{b^4}{bc+2ab}+\frac{c^4}{ca+2bc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\)

27 tháng 5 2017

Cần chứng minh \(a^4\ge4b\left(a-b\right)\Leftrightarrow\left(a-2b\right)^2\ge0\) (đúng)

\(a^2\ge4b\left(a-b\right)\Leftrightarrow3a^2\ge12b\left(a-b\right)\left(1\right)\)

Ta chứng minh \(2a^3-3a^2+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow2a^3-2a^2-a^2+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow2a^2\left(a-1\right)-\left(a-1\right)\left(a+1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(2a^2-a-1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)\left(a-1\right)\left(2a+1\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\left(2a+1\right)\ge0\left(a>0\right)\left(2\right)\)

\(3a^2\ge12b\left(a-b\right)\) theo \(\left(1\right)\)

\(\Rightarrow2a^3-12b\left(a-b\right)+1\ge2a^3-3a^2+1\ge0\) (theo \(\left(2\right)\))

27 tháng 5 2017

dòng đầu ghi lộn rồi kìa a4->a2

21 tháng 6 2017

\(\frac{a^3}{b+2c}+\frac{b^3}{c+2a}+\frac{c^3}{a+2b}\)

\(=\frac{a^4}{ab+2ca}+\frac{b^4}{bc+2ab}+\frac{c^4}{ca+2bc}\)

\(\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(ab+bc+ca\right)}{3\left(ab+bc+ca\right)}=\frac{1}{3}\)

29 tháng 9 2018

Trả lời:

a. Áp dụng BĐT Cô-si: x + y\(\ge\) \(2\sqrt{xy}\) (với x,y\(\ge\)0)

Ta có: a + b\(\ge\)\(2\sqrt{ab}\)

b+c\(\ge\)\(2\sqrt{bc}\)

c+a\(\ge\)\(2\sqrt{ca}\)

\(\Rightarrow\) (a+b)(b+c)(c+a) \(\ge\)\(8\sqrt{a^2b^2c^2}\)= 8abc (đpcm)

b. Áp dụng BĐT Cô-si: \(\sqrt{ab}\)\(\le\)\(\dfrac{a+b}{2}\) ( với a,b\(\ge\)0)

Ta có: \(\sqrt{3a\left(a+2b\right)}\)\(\le\)\(\dfrac{3a+a+2b}{2}\)=\(\dfrac{4a+2b}{2}\)=2a+b

\(\Rightarrow\) \(a\sqrt{3a\left(a+2b\right)}\)\(\le\)a(2a+b) = 2a2+ab

CMTT: \(b\sqrt{3b\left(b+2a\right)}\)\(\le\)b(2b+a) = 2b2+ab

\(\rightarrow\)\(a\sqrt{3a\left(a+2b\right)}\)+\(b\sqrt{3b\left(2b+a\right)}\)\(\le\) 2a2+ab+2b2+ab

= 2(a2+b2)+2ab =6(đpcm)

c. Áp dụng BĐT Cô-si với 3 số a+b; b+c;c+a

Ta có: (a+b)(b+c)(c+a)\(\le\)\(\left(\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{3}\right)^3\)

\(\Leftrightarrow\) 1 \(\le\) \(\dfrac{8}{27}\left(a+b+c\right)^3\)

\(\Leftrightarrow\) (a+b+c)3 \(\ge\) \(\dfrac{8}{27}\)

\(\Leftrightarrow\) a+b+c \(\ge\) \(\dfrac{3}{2}\) (1)

Lại có: (a+b)(b+c)(c+a) = (a+b+c)(ab+bc+ca) -abc

\(\Leftrightarrow\) 1= (a+b+c)(ab+bc+ca) - abc

\(\Leftrightarrow\) ab+bc+ca = \(\dfrac{1+abc}{a+b+c}\) (2)

Theo câu a. (a+b)(b+c)(c+a) \(\ge\) 8abc

\(\Leftrightarrow\) 1 \(\ge\) 8abc

\(\Leftrightarrow\) abc \(\le\)\(\dfrac{1}{8}\) (3)

Từ (1),(3) kết hợp với (2)

\(\Rightarrow\) ab+bc+ca \(\le\) \(\dfrac{1+\dfrac{1}{8}}{\dfrac{3}{2}}\) = \(\dfrac{3}{4}\) (đpcm)

8 tháng 10 2017

a) \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)

\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)

(Luôn đúng)

Vậy ta có đpcm.

Đẳng thức khi \(a=b=c\)

b) \(a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)

\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2\ge2ab+2a+2b\)

\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2b+1+a^2-2a+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(a-1\right)^2\ge0\)

(Luôn đúng)

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức khi \(a=b=1\)

Các bài tiếp theo tương tự :v

g) \(a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)=a^2+a^2b^2+b^2+b^2c^2+c^2+c^2a^2\ge6\sqrt[6]{a^2.a^2b^2.b^2.b^2c^2.c^2.c^2a^2}=6abc\)

i) \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{a}.\dfrac{1}{b}}=\dfrac{2}{\sqrt{ab}}\)

Tương tự: \(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge\dfrac{2}{\sqrt{bc}};\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}\ge\dfrac{2}{\sqrt{ca}}\)

Cộng vế theo vế rồi rút gọn cho 2, ta được đpcm

j) Tương tự bài i), áp dụng Cauchy, cộng vế theo vế rồi rút gọn được đpcm

12 tháng 9 2018

Xét vế trái \(\frac{2.a^2}{a+b^2}+\frac{2.b^2}{b+c^2}+\frac{2c^2}{c+a^2}=\frac{2a^4}{a^3+a^2.b^2}+\frac{2.b^4}{b^3+c^2.b^2}+\frac{2c^4}{c^3+a^2.c^2}\)

\(\ge2.\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^3+b^3+c^3+a^2.b^2+b^2.c^2+a^2.c^2}\)( Bất đẳng thức Svac-xơ )

Ta có \(a^4+a^2\ge2.a^3\Rightarrow a^3\le\frac{a^4+a^2}{2}\)

Tương tự \(b^3\le\frac{b^4+b^2}{2}\)

\(c^3\le\frac{c^4+c^2}{2}\)

Do đó \(2.\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^3+b^3+c^3+a^2.b^2+b^2.c^2+a^2.c^2}\ge\frac{2.\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\frac{a^4+a^2}{2}+\frac{b^4+b^2}{2}+\frac{c^4+c^2}{2}+a^2.b^2+b^2.c^2+a^2.c^2}\)

\(=\frac{2.\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\frac{a^4+b^4+c^4+2a^2c^2+2b^2c^2+2a^2b^2+a^2+b^2+c^2}{2}}\)

\(=\frac{4.\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2+a^2+b^2+c^2}\)

\(=\frac{4.3^2}{3^2+3}=3=a^2+b^2+c^2\ge a+b+c\)

Vậy \(\frac{2.a^2}{a+b^2}+\frac{2.b^2}{b+c^2}+\frac{2c^2}{c+a^2}\ge a+b+c\)với \(a^2+b^2+c^2=3\)

7 tháng 10 2020

Ta có phép biến đổi sau : \(\frac{a^2}{a+b^2}=a-\frac{ab^2}{a+b^2}\ge a-\frac{\sqrt{ab^2}}{2}=a-\frac{\sqrt{a.b.b}}{2}\ge a-\frac{ab+b}{4}\)

Bằng cách chứng minh tương tự : \(\frac{b^2}{b+c^2}\ge b-\frac{bc+c}{4}\)\(\frac{c^2}{c+a^2}\ge c-\frac{ca+a}{4}\)

Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều : \(\frac{a^2}{a+b^2}+\frac{b^2}{b+c^2}+\frac{c^2}{c+a^2}\ge a+b+c-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{4}\)

\(< =>\frac{2a^2}{a+b^2}+\frac{2b^2}{b+c^2}+\frac{2c^2}{c+a^2}\ge2\left(a+b+c-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{4}\right)\)

Đến đây ta cần chỉ ra được : \(2\left(a+b+c-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{4}\right)\ge a+b+c\)(*)

Mặt khác : \(3\left(ab+bc+ca\right)\le\left(a+b+c\right)^2\le\left(a+b+c\right)\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}=3\left(a+b+c\right)\)

\(< =>ab+bc+ca\le a+b+c\)

Khi đó ta suy ra được : \(2\left(a+b+c-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{4}\right)\ge2\left(a+b+c-\frac{2\left(a+b+c\right)}{4}\right)\)

\(=2\left(a+b+c-\frac{a+b+c}{2}\right)=2\left(\frac{2a+2b+2c-a-b-c}{2}\right)=2.\frac{a+b+c}{2}=a+b+c\)

Vậy bài toán đã được hoàn tất phép chứng minh . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)

8 tháng 5 2019

Vì a;b;c là 3 cạnh của tam giác nên mỗi nhân tử của VP đều dương,áp dụng bđt Cauchy:

\(\sqrt{\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)}\le\frac{a+b-c+b+c-a}{2}=b\)

\(\sqrt{\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)}\le\frac{b+c-a+a+c-b}{2}=c\)

\(\sqrt{\left(a+c-b\right)\left(a+b-c\right)}\le\frac{a+c-b+a+b-c}{2}=a\)

Nhân theo vế => ddpcm "=" khi a=b=c

8 tháng 5 2019

Câu hỏi dài nên mỗi ý mk làm thành 1 câu nha

AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 10 2017

Lời giải:

a) Ta có:

\(a^2-b^2+c^2\geq (a-b+c)^2\)

\(\Leftrightarrow a^2-b^2+c^2\geq a^2+b^2+c^2-2ab-2bc+2ac\)

\(\Leftrightarrow 2ab+2bc\geq 2b^2+2ac\)

\(\Leftrightarrow ab+bc\geq b^2+ac\Leftrightarrow b(a-b)+c(b-a)\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (a-b)(b-c)\geq 0\)

BĐT trên luôn đúng do \(a\geq b\geq c\)

Do đó ta có đpcm.

b) \(a^2-b^2+c^2-d^2\geq (a-b+c-d)^2\)

\(\Leftrightarrow a^2-b^2+c^2-d^2\geq (a-b)^2+(c-d)^2+2(a-b)(c-d)\)

\(\Leftrightarrow a^2-b^2+c^2-d^2\geq a^2+b^2+c^2+d^2-2ab-2cd+2ac-2ad-2bc+2bd\)

\(\Leftrightarrow 2(ab+cd+ad+bc)\geq 2(b^2+d^2)+2ac+2bd\)

\(\Leftrightarrow ab+cd+ad+bc\geq b^2+d^2+ac+bd\)

\(\Leftrightarrow b(a-b)+d(c-d)+d(a-b)-c(a-b)\geq 0\)

\(\Leftrightarrow (a-b)(b+d-c)+d(c-d)\geq 0\)

BĐT trên luôn đúng do:

\(\left\{\begin{matrix} d\geq 0\\ a\geq b\rightarrow a-b\geq 0\\ c\geq d\rightarrow c-d\geq 0\\ b\geq d\rightarrow b+d-c\geq 0\end{matrix}\right.\Rightarrow (a-b)(b+d-c)+d(c-d)\geq 0\)

Do đó ta có đpcm.