Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz với 2 bộ số \(\left(a,b,c\right)\)và \(\left(1,1,1\right)\)ta có:
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(1^2+1^2+1^2\right)\ge\left(a.1+b.1+c.1\right)^2=1\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\).
Dấu \(=\)xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\).
Còn cách khác :3
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có ngay :
\(a^2+b^2+c^2=\frac{a^2}{1}+\frac{b^2}{1}+\frac{c^2}{1}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{1+1+1}=\frac{1^2}{3}=\frac{1}{3}\)
Đẳng thức xảy ra <=> a = b = c = 1/3
Vậy ta có điều phải chứng minh
Câu 1: Dùng biến đổi tương đương:
a/ \(3\left(m+1\right)+m< 4\left(2+m\right)\)
\(\Leftrightarrow3m+3+m< 8+4m\)
\(\Leftrightarrow4m+3< 8+4m\)
\(\Leftrightarrow3< 8\) (đúng), vậy BĐT ban đầu là đúng
b/ \(\left(m-2\right)^2>m\left(m-4\right)\)
\(\Leftrightarrow m^2-4m+4>m^2-4m\)
\(\Leftrightarrow4>0\) (đúng), vậy BĐT ban đầu đúng
Câu 2:
a/ \(b\left(b+a\right)\ge ab\)
\(\Leftrightarrow b^2+ab\ge ab\)
\(\Leftrightarrow b^2\ge0\) (luôn đúng), vậy BĐT ban đầu đúng
b/ \(a^2-ab+b^2\ge ab\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Câu 3:
a/ \(10a^2-5a+1\ge a^2+a\)
\(\Leftrightarrow9a^2-6a+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(3a-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
b/ \(a^2-a\le50a^2-15a+1\)
\(\Leftrightarrow49a^2-14a+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(7a-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Câu 4:
Ta có: \(\frac{1}{\left(n+1\right)\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{n}}{n\left(n+1\right)}=\sqrt{n}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=\left(1+\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)< 2\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\)
\(\Rightarrow VT=\frac{1}{2\sqrt{1}}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\left(n+1\right)\sqrt{n}}\)
\(\Rightarrow VT< 2\left(\frac{1}{\sqrt{1}}-\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\)
\(\Rightarrow VT< 2\left(1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)< 2\)
đăng từng câu 1 thôi, nhiều nhất là 3 câu/ 1 lần hỏi vì đâu có giới hạn số lần hỏi
a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
Nhân 2 vào từng vế của bất đẳng thức
<=> 2( a2 + b2 + c2 ) ≥ 2( ab + bc + ca )
<=> 2a2 + 2b2 + 2c2 ≥ 2ab + 2bc + 2ca
<=> 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0
<=> ( a2 - 2ab + b2 ) + ( b2 - 2bc + c2 ) + ( c2 - 2ca + a2 ) ≥ 0
<=> ( a - b )2 + ( b - c )2 + ( c - a )2 ≥ 0 ( đúng )
=> đpcm
Đẳng thức xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c\)
b) a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2( a + b + c )
<=> a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2a + 2b + 2c
<=> a2 + b2 + c2 + 3 - 2a - 2b - 2c ≥ 0
<=> ( a2 - 2a + 1 ) + ( b2 - 2b + 1 ) + ( c2 - 2c + 1 ) ≥ 0
<=> ( a - 1 )2 + ( b - 1 )2 + ( c - 1 )2 ≥ 0 ( đúng )
=> đpcm
Đẳng thức xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}a-1=0\\b-1=0\\c-1=0\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=1\)
a) giả sử a^2-ab+b^2>/ab
<=> a^2-ab+b^2-ab>/0
<=> a^2-2ab+b^2>/0
<=> (a-b)^2>/0 (đúng với mọi a,b)
vậy a^2-ab+b^2>/ab
b) giả sử (a+b)^2.(a-b)^2>/4ab(a-b)^2
<=> (a+b)^2(a-b)^2-4ab(a-b)^2>/0
<=> (a-b)^2(a^2+2ab+b^2-4ab)>/0
<=> (a-b)^2(a-b)^2>/0
<=> (a-b)^4>/0 (đúng với mọi a,b)
vậy (a+b)^2(a-b)^2>/4ab(a-b)^2
\(a^3+2b^3+c^3\ge b^2\left(a+c\right)+b\left(a^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^3+2b^3+c^3-b^2\left(a+c\right)-b\left(a^2+c^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^3+b^3-b^2a-ab^2\right)+\left(c^3+b^3-b^2c-bc^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2+\left(b+c\right)\left(b-c\right)^2\ge0\)( đúng )
Vậy ta có ĐPCM
tu gia thiet suy ra 3a^2+b^2+c^2-a^2-b^2-c^2-2ab-2ac-2bc>=0
2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc>=0
(a^2+b^2-2ab)+(a^2+c^2-2ac)+(b^2+c^2-2bc)>=0
(a+b)^2+(a+c)^2+(b+c)^2>=0 (luon dung)
vay 3(a^2+b^2+c^2)>=(a+b+c)^2