NL
0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
12 tháng 4 2020
\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
Chuyển vế và CM tương tự
22 tháng 3 2018
1a)\(\dfrac{a^2+b^2}{2}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
b)\(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{9}\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
22 tháng 3 2018
2a)\(a^2+\dfrac{b^2}{4}\ge ab\)
\(\Leftrightarrow a^2-ab+\dfrac{b^2}{4}\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2\cdot\dfrac{1}{2}b\cdot a+\left(\dfrac{1}{2}b\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-\dfrac{1}{2}b\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
b)Đã cm
c)\(a^2+b^2+1\ge ab+a+b\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2\ge2ab+2a+2b\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(a^2-2a+1\right)+\left(b^2-2b+1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2\ge0\)(luôn đúng)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=1
AH
Akai Haruma
Giáo viên
21 tháng 3 2017
Bài 1)
Vì \(a,b,c\) là ba cạnh của tam giác nên :
\(a+b-c,b+c-a,c+a-b>0\)
Đặt \((a+b-c,b+c-a,c+a-b)=(x,y,z)\Rightarrow (a,b,c)=\left(\frac{x+z}{2},\frac{x+y}{2},\frac{y+z}{2}\right)\)
BĐT cần CM tương đương:
\((x+y)(y+z)(x+z)\geq 8xyz\) với \(x,y,z>0\)
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\((x+y)(y+z)(x+z)\geq 2\sqrt{xy}.2\sqrt{yz}.2\sqrt{xz}=8xyz\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z\Leftrightarrow a=b=c\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
21 tháng 3 2017
Bài 2)
Để đề bài chặt chẽ phải bổ sung điều kiện \(a,b,c>0\)
\((a^2+b^2+c^2)^2>2(a^4+b^4+c^4) \Leftrightarrow 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) >a^4+b^4+c^4\)
\(\Leftrightarrow 4a^2b^2>(c^2-a^2-b^2)^2\Leftrightarrow (2ab+a^2+b^2-c^2)(2ab-a^2-b^2+c^2)>0\)
\(\Leftrightarrow [(a+b)^2-c^2][c^2-(a-b)^2]>0\)
\(\Leftrightarrow (a+b-c)(a+b+c)(c+b-a)(c+a-b)>0\)
\(\Leftrightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)>0\). Khi đó xảy ra các TH:
+) Cả ba nhân tử \(a+b-c,b+c-a,c+a-b>0\) đồng nghĩa với \(a,b,c\) là ba cạnh tam giác
+ ) Tồn tại một nhân tử nhỏ hơn $0$ sẽ kéo theo bắt buộc phải có thêm một nhân tử nhỏ hơn $0$ nữa. Giả sử \(\left\{\begin{matrix} a+b-c<0\\ b+c-a<0\end{matrix}\right.\Rightarrow 2b < 0\) (vô lý)
Vậy ta có đpcm
N
1 tháng 4 2017
Bài 1: \(a+b\ge1\). cm \(a^4+b^4\ge\dfrac{1}{8}\)
ta có : \(a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2=\dfrac{1}{2}\)(BĐT bunyakovsky)
Áp dụng BĐt bunyakovsky 1 lần nữa:
\(a^4+b^4\ge\dfrac{1}{2}\left(a^2+b^2\right)^2\ge\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{8}\)
dấu = xảy ra khi \(a=b=\dfrac{1}{2}\)
Bài 2:
Áp dụng BĐT bunyakovsky dạng đa thức và phân thức:
\(\left(\dfrac{a^3}{b^2}+\dfrac{b^3}{c^2}+\dfrac{c^3}{a^2}\right)\left(a+b+c\right)\ge\left(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\right)^2\ge\left[\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}\right]^2=\left(a+b+c\right)^2\)
do đó \(\dfrac{a^3}{b^2}+\dfrac{b^3}{c^2}+\dfrac{c^3}{a^2}\ge a+b+c\)
dấu = xảy ra khi a=b=c
1 tháng 4 2017
Bài 1:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2=1\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge1\Rightarrow a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\)
Lại theo Cauchy-Schwarz lần nữa:
\(\left[\left(1^2\right)^2+\left(1^2\right)^2\right]\left[\left(a^2\right)^2+\left(b^2\right)^2\right]\ge\left(a^2+b^2\right)^2=\dfrac{1}{4}\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^4+b^4\right)\ge\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow a^4+b^4\ge\dfrac{1}{8}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=\dfrac{1}{2}\)
Bài 2:
Trước tiên ta chứng minh \(\dfrac{a^3}{b^2}+\dfrac{b^3}{c^2}+\dfrac{c^3}{a^2}\ge\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\)
Ta chứng minh bổ đề: \(\dfrac{a^3}{b^2}\ge\dfrac{a^2}{b}+a-b\)
\(\Leftrightarrow a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\ge0\)(đúng)
Viết các BĐT tương tự và cộng lại
\(\dfrac{a^3}{b^2}+\dfrac{b^3}{c^2}+\dfrac{c^3}{a^2}\ge\dfrac{a^2}{b}+a-b+\dfrac{b^2}{c}+b-c+\dfrac{c^2}{a}+c-a=\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\left(1\right)\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}=a+b+c\left(2\right)\)
Từ \((1);(2)\) ta thu được ĐPCM
4 tháng 5 2018
Áp dụng BĐT : ( x - y)2 ≥ 0∀x,y
⇒ x2 + y2 ≥ 2xy
Ta có : a2 + b2 ≥ 2ab ( *)
b2 + c2 ≥ 2bc (**)
c2 + a2 ≥ 2ac (***)
Cộng từng vế của ( *;**;***) , ta có :
2( a2 + b2 + c2) ≥ 2( ab + bc + ac)
⇔ 3( a2 + b2 +c2) ≥ ( a + b + c)2
⇔ a2 + b2 + c2 ≥ \(\dfrac{3}{4}\)
5 tháng 5 2018
Đặt \(a=x+\dfrac{1}{2};b=y+\dfrac{1}{2};c=z+\dfrac{1}{2}\)
Ta có: \(a^2+b^2+c^2=\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(y+\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(z+\dfrac{1}{2}\right)^2\)
\(=x^2+x+\dfrac{1}{4}+y^2+y+\dfrac{1}{4}+z^2+z+\dfrac{1}{4}\)
\(=x^2+y^2+z^2+\left(x+y+z\right)+\dfrac{3}{4}\)
\(=x^2+y^2+z^2+\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{4}\)
\(\Rightarrow x^2+y^2+x^2+\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{3}{4}\)
=> đpcm
9 tháng 4 2017
đăng từng câu 1 thôi, nhiều nhất là 3 câu/ 1 lần hỏi vì đâu có giới hạn số lần hỏi
AH
Akai Haruma
Giáo viên
3 tháng 3 2019
a)
\(a^2+b^2+c^2+d^2+m^2-a(b+c+d+m)\)
\(=\frac{4a^2+4b^2+4c^2+4d^2+4m^2-4a(b+c+d+m)}{4}\)
\(=\frac{(a^2+4b^2-4ab)+(a^2+4c^2-4ac)+(a^2+4d^2-4ad)+(a^2+4m^2-4am)}{4}\)
\(=\frac{(a-2b)^2+(a-2c)^2+(a-2d)^2+(a-2m)^2}{4}\geq 0\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=2b=2c=2d=2m\)
b)
Xét hiệu
\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}-\frac{4}{x+y}=\frac{x+y}{xy}-\frac{4}{x+y}=\frac{(x+y)^2-4xy}{xy(x+y)}\)
\(=\frac{x^2+y^2-2xy}{xy(x+y)}=\frac{(x-y)^2}{xy(x+y)}\geq 0, \forall x,y>0\)
\(\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $x=y$
AH
Akai Haruma
Giáo viên
3 tháng 3 2019
c)
Xét hiệu:
\((a^2+c^2)(b^2+d^2)-(ab+cd)^2\)
\(=(a^2b^2+a^2d^2+c^2b^2+c^2d^2)-(a^2b^2+2abcd+c^2d^2)\)
\(=a^2d^2-2abcd+b^2c^2=(ad-bc)^2\geq 0\)
\(\Rightarrow (a^2+c^2)(b^2+d^2)\geq (ab+cd)^2\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(ad=bc\)
d)
Xét hiệu:
\(a^2+b^2-(a+b-\frac{1}{2})=a^2+b^2-a-b+\frac{1}{2}\)
\(=(a^2-a+\frac{1}{4})+(b^2-b+\frac{1}{4})\)
\(=(a-\frac{1}{2})^2+(b-\frac{1}{2})^2\geq 0\)
\(\Rightarrow a^2+b^2\geq a+b-\frac{1}{2}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
HV
2
3 tháng 5 2017
Giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(1+1+1\right)\) \(\ge\left(a.1+b.1+c.1\right)^2=1\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge1\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{1}{3}\) (Đpcm)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\dfrac{a}{1}=\dfrac{b}{1}=\dfrac{c}{1}\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
2 tháng 5 2017
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dưới dạng Engel ta có :
\(a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^3}{1+1+1}=\dfrac{1}{3}\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
MS
2 tháng 1 2018
Ta có:
(a+b+c)2=a2+b2+c2
a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=a2+b2+c2
2(ab+bc+ca)=0
ab+bc+ca=0
Ta có:
\(\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}=\dfrac{3}{abc}\)
\(\dfrac{a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3}{a^3b^3c^3}=\dfrac{3}{abc}\)
\(\dfrac{a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3}{a^2b^2c^2}=3\)
\(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=3a^2b^2c^2\)
\(\left(ab+bc\right)^3-3ab^2c\left(ab+bc\right)+a^3c^3-3a^2b^2c^2=0\)
\(\left(ab+bc+ca\right)^3-3ca\left(ab+bc\right)\left(ab+bc+ca\right)-3ab^2c\left(-ac\right)-3a^2b^2c^2=0\)
\(0+3a^2b^2c^2-3a^2b^2c^2+0=0\)
0=0(luôn đúng)
Vậy BĐT được chứng minh
3 tháng 1 2018
Ta có : \(\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)-a^2-b^2-c^2=0\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca=0\)
\(\Rightarrow a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3=3a^2b^2c^2\)
Chia cả 2 vế cho \(a^3b^3c^3\) , ta có :
\(\dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3}=\dfrac{3}{abc}\left(đpcm\right)\)