Cho a, b, c bất kì và a + b + c = 1. CMR: \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\)
Những câu hỏi liên quan
Cho a, b, c bất kì và a + b + c = 1. CMR: \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\)
\(a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(đung)
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho a, b, c bất kì và a + b + c = 1. CMR: \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\)
Ta chứng minh \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(ab+bc+ca\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) (Đúng)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)
Giải chi tiết cho dễ hiểu
Đúng 0
Bình luận (0)
Cách khác nè:
Áp dụng BĐT bun-hia-cop-xki ta có:
\(\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\left(đpcm\right)\)
Dấu '=' xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}a=b=c\\a+b+c=1\end{cases}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}}\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho a, b, c bất kì và a + b + c = 1. C/minh rằng \(a^2+b^2+c^2\ge\frac{1}{3}\)
Ta chứng minh:
a2 + b2 + c2 \(\ge\) ab + bc + ac
Nhân cả 2 vế với 2 ta được :
= 2a2 + 2b2 + 2c2 \(\ge\) 2ab + 2bc + 2ac
= 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ac \(\ge0\)
= ( a2 - 2ab + b2 ) + ( b2 - 2bc + c2 ) + ( a2 - 2ac + c2 ) \(\ge0\)
= ( a - b )2 + ( b - c)2 + ( a - c )2 \(\ge0\) ( luôn đúng )
\(\Rightarrow\)a2 + b2 + c2 \(\ge\)ab + bc + ac
Ta có : a2 + b2 + c2 \(\ge\)ab + bc + ac
Nhân cả 2 vế với 2 ta được :
2 ( a2 + b2 + c2 ) \(\ge\) 2 ( ab + bc + ac )
Cộng cả 2 vế với : a2 + b2 + c2 ta được :
3 ( a2 + b2 + c2 ) \(\ge\) a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac
3 ( a2 + b2 + c2 ) \(\ge\) ( a + b + c )2
3 ( a2 + b2 + c2 ) \(\ge\)1
a2 + b2 + c2 \(\ge\)\(\frac{1}{3}\) ( đpcm)
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho a,b,c là các số thực dương bất kì. CMR :
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\)
Áp dụng cách đánh giá quen thuộc
\(3\left(\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}\right)\ge\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\right)^2\)
Hay \(\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}\)
Ta cần chỉ ra được \(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
Ta đánh giá theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức, Cần chú ý đến \(a^2+b^2+c^2\). Ta được
\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}=\frac{a^4}{a^2b}+\frac{b^4}{b^2c}+\frac{c^4}{c^2a}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\)
Ta cần chứng minh được
\(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\)
Hay \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)
Dễ thấy \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
Do đó \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki
\(\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)
Do đó ta được \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2\)
Bài toán được chứng minh :3
Cho các số thực không âm bất kì a,b,c. CMR:
\(abc+2+\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2+\left(c-1\right)^2\right]\ge a+b+c\)
1) Cho a, b, c nguyên thỏa mãn: a^2+b^2c^2left(1+abright). Chứng minh rằng: age c;bge c2) Cho a, b, c dương và a+b+cge abc. Chứng minh rằng: a^2+b^2+c^2ge abc3) Cho a, b, c dương và a+b+cge abc. Chứng minh rằng ít nhất hai bất đẳng thức trong các bất đẳng thức sau là sai:frac{2}{a}+frac{3}{b}+frac{6}{c}ge6; frac{2}{b}+frac{3}{c}+frac{6}{a}ge6; frac{2}{c}+frac{3}{a}+frac{6}{b}ge6
Đọc tiếp
1) Cho a, b, c nguyên thỏa mãn: \(a^2+b^2=c^2\left(1+ab\right)\). Chứng minh rằng: \(a\ge c;b\ge c\)
2) Cho a, b, c dương và \(a+b+c\ge abc\). Chứng minh rằng: \(a^2+b^2+c^2\ge abc\)
3) Cho a, b, c dương và \(a+b+c\ge abc\). Chứng minh rằng ít nhất hai bất đẳng thức trong các bất đẳng thức sau là sai:
\(\frac{2}{a}+\frac{3}{b}+\frac{6}{c}\ge6\); \(\frac{2}{b}+\frac{3}{c}+\frac{6}{a}\ge6\); \(\frac{2}{c}+\frac{3}{a}+\frac{6}{b}\ge6\)
bài 2
(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi
Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)
khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)
Tương tự \(b< ac,c< ab\)
Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)
mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên
\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)
\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)
Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)
Vậy bài toán được chứng minh
Đúng 0
Bình luận (0)
3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)
và \(xy+yz+xz\ge1\)
ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng
\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)
Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử
\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)
Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)
Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)
\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó
\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)
\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)
\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)
mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho a,b,c là các số thực dương bất kì, chứng minh rằng:
\(\left(\frac{a}{b+2c}\right)^2+\left(\frac{b}{c+2a}\right)^2+\left(\frac{c}{a+2b}\right)^2\ge\frac{1}{3}\)
Áp dụng đánh giá \(x^2+y^2+z^2\ge\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2\) , ta được:
\(\left(\frac{a}{b+2c}\right)^2+\left(\frac{b}{c+2a}\right)^2+\left(\frac{c}{a+2b}\right)^2\ge\frac{1}{3}\left(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\right)\)
Vậy ta cần chứng minh:
\(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge1\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được:
\(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3\left(ab+bc+ca\right)}\)
Vậy theo đánh giá ta được: \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\), do đó ta được:
\(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge1\)
Vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.
cho a,b,c >0 và a+b+c=3 CMR \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge a^2+b^2+c^2\)
Cho a, b, c là các số thực dương bất kì. Chứng minh rằng:
\(\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(c+a\right)}\ge\frac{27}{2\left(a+b+c\right)^2}\)
Ta còn có:
Bất đẳng thức \(\frac{1}{a\left(a+b\right)}+\frac{1}{b\left(b+c\right)}+\frac{1}{c\left(c+a\right)}\ge\frac{1}{k\left(a^2+b^2+c^2\right)+\left(\frac{2}{9}-k\right)\left(ab+bc+ca\right)}\)
đúng với mọi a,b,c,k không âm (k = \(\text{constant}\))