Cho a, b, c \(\in\)R. CMR:
a) \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
b) \(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
T
9 tháng 8 2019
2) Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số \(a^2-1;b^2-1;c^2-1\) có ít nhất hai số nằm cùng phía với 1.
Giả sử đó là a2 - 1 và b2 - 1. Khi đó \(\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow a^2b^2-a^2-b^2+1\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+3a^2+3b^2+9\ge4a^2+4b^2+8\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+2\right)\)
\(\Rightarrow\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\) (2)
Mà \(4\left[\left(a^2+b^2+1+1\right)\left(1+1+c^2+1\right)\right]\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\) (3)(Áp dụng Bunhicopxki và cái ngoặc vuông)
Từ (2) và (3) ta có đpcm.
Sai thì chịu
T
9 tháng 8 2019
Xí quên bài 2 b:v
b) Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a^2-\frac{1}{4}\right)\left(b^2-\frac{1}{4}\right)\ge0\)
Suy ra \(a^2b^2-\frac{1}{4}a^2-\frac{1}{4}b^2+\frac{1}{16}\ge0\)
\(\Rightarrow a^2b^2+a^2+b^2+1\ge\frac{5}{4}a^2+\frac{5}{4}b^2+\frac{15}{16}\)
Hay \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{3}{4}\right)\)
Suy ra \(\left(a^2+1\right)\left(b^2+1\right)\left(c^2+1\right)\ge\frac{5}{4}\left(a^2+b^2+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+c^2+\frac{1}{2}\right)\)
\(\ge\frac{5}{4}\left(\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}b+\frac{1}{2}c+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{16}\left(a+b+c+1\right)^2\) (Bunhiacopxki) (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{2}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
9 tháng 2 2020
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ac+a^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
a/ Từ BĐT ban đầu ta có:
\(2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\) (đpcm)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
9 tháng 2 2020
b/ Chia 2 vế của BĐT ở câu a cho 9 ta được:
\(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}=\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2\) (đpcm)
c/ Cộng 2 vế của BĐT ban đầu với \(2ab+2bc+2ca\) ta được:
\(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge3ab+3bc+3ca\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
d/ Áp dụng BĐT ban đầu cho các số \(a^2;b^2;c^2\) ta được:
\(\left(a^2\right)^2+\left(b^2\right)^2+\left(c^2\right)^2\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)
Mặt khác ta cũng có:
\(\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ca\right)^2\ge ab.bc+bc.ca+ab+ca=abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
T
13 tháng 2 2020
a)Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel:
\(VT=\left(\frac{a^4}{a}+\frac{b^4}{b}+\frac{c^4}{c}\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\ge\frac{9\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}\ge\frac{9\left[\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\right]^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\left(a+b+c\right)^2\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
b) \(VT-VP=\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2+\left(b+c\right)\left(b-c\right)^2+\left(c+a\right)\left(c-a\right)^2\ge0\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
c) Theo câu b và BĐT Cauchy-Schwarz:
\(\Rightarrow3.3\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge3\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\ge3\left(a+b+c\right)\left[\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\right]=\left(a+b+c\right)^3\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
12 tháng 6 2020
\(\Leftrightarrow\frac{\left(b+c\right)^2+a^2-2a\left(b+c\right)}{\left(b+c\right)^2+a^2}+\frac{\left(a+c\right)^2+b^2-2b\left(a+c\right)}{\left(a+c\right)^2+b^2}+\frac{\left(b+a\right)^2+c^2-2c\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^2+c^2}\ge\frac{3}{5}\)
\(\Leftrightarrow3-2\left(\frac{a\left(b+c\right)}{\left(b+c\right)^2+a^2}+\frac{b\left(a+c\right)}{\left(a+c\right)^2+b^2}+\frac{c\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^2+c^2}\right)\ge\frac{3}{5}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a\left(b+c\right)}{\left(b+c\right)^2+a^2}+\frac{b\left(a+c\right)}{\left(a+c\right)^2+b^2}+\frac{c\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)^2+c^2}\le\frac{6}{5}\)
Chuẩn hóa \(a+b+c=3\) (hay đặt \(x=\frac{3a}{a+b+c};y=\frac{3b}{a+b+c};z=\frac{3c}{a+b+c}\))
BĐT cần chứng minh trở thành:
\(\frac{a\left(3-a\right)}{\left(3-a\right)^2+a^2}+\frac{b\left(3-b\right)}{\left(3-b\right)^2+b^2}+\frac{c\left(3-c\right)}{\left(3-c\right)^2+c^2}\le\frac{6}{5}\)
Ta có đánh giá: \(\frac{a\left(3-a\right)}{\left(3-a\right)^2+a^2}\le\frac{9a+1}{25}\) ; \(\forall a\in\left(0;3\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a-1\right)^2\left(2a+1\right)\ge0\) (luôn đúng)
Tương tự: \(\frac{b\left(3-b\right)}{\left(3-b\right)^2+b^2}\le\frac{9b+1}{25};\frac{c\left(3-c\right)}{\left(3-c\right)^2+c^2}\le\frac{9c+1}{25}\)
Cộng vế với vế: \(VT\le\frac{9\left(a+b+c\right)+3}{25}=\frac{30}{25}=\frac{6}{5}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 5 2020
Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopkxy:
\((2a^2+b^2)(2a^2+c^2)=(a^2+a^2+b^2)(a^2+c^2+a^2)\geq (a^2+ac+ab)^2\)
\(=[a(a+b+c)]^2\)
\(\Rightarrow \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a^3}{[a(a+b+c)]^2}=\frac{a}{(a+b+c)^2}\)
Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế thu được:
\(\sum \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a+b+c}{(a+b+c)^2}=\frac{1}{a+b+c}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
a) ta có \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)
<=>\(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)
<=>\(2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2ac+2cb\)
cộng 2 vế cho \(a^2+b^2+c^2\)ta được điều phải chứng minh
b) Nhân 2 vế cho 9 ta sẽ được:\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)rồi bạn làm tương tự như câu a) là ra nha!