Èo,đăng câu hỏi mà olm cứ bắt duyệt nhờ:((
Cho \(2\ge a>b>c\ge0\). Chứng minh rằng:
\(a^2+b^2+c^2\le2a+b+3c\)
Cho \(2\ge a\ge b\ge c\ge0\) và a + b + c = 3.
Chứng minh rằng \(a^2+b^2+c^2\le2a+b+3c\)
P/s: Đề này em chế từ Câu hỏi của Thảo Lê khi đang giải bài toán cũ nhưng giải ko ra nên chế cho nó ra bài mới:v
Cho \(2\ge a\ge b\ge c\ge0\) và a + b + c = 3.
Chứng minh rằng: \(a^2+b^2+c^2\le2a+b+3c\).
P/s: Đề này em chế từ Câu hỏi của Thảo Lê khi giải đến đoạn cuối và ko chứng minh được tiếp:)) (chỗ cái 2a + b + 3c thay vì chứng minh tiếp 2a +b + 3c < 5 như đề cũ thì em ko c/m được nên chế cho nó thành đề mới:v)
Em không chắc rằng trong lúc chế em có làm gì sai sót hay không nên mọi người check xem:)
Sau đây là bài toán chế:))
Cho \(2\ge a\ge b\ge c\ge0\) thỏa mãn \(a+b+c=3\).Chứng minh:
\(a^2+b^2+c^2\le2a+b+3c\)
Mời các god: @svtkvtmTrần Thanh PhươngPhạm Hoàng Lê NguyênDƯƠNG PHAN KHÁNH DƯƠNG(ko chắc là dính anh Nguyên hay không:V)
Đợi lâu quá nên em giải nốt nha:v
Nhớ là đề này em đã sửa lại đk \(2\ge a>b>c\ge0\) bên dưới rồi nhé!
Ta có: \(LHS\left(VT\right)=\left(a-b\right)a+\left(b-c\right)\left(a+b\right)+c\left(a+b+c\right)\)
\(=\left(a-b\right)a+\left(b-c\right)\left(3-c\right)+3c\)
\(\le2\left(a-b\right)+3b+3c\left(\text{do }c\ge0\right)=2a+b+3c=RHS\left(VP\right)\)
Ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0.
Tag ko dính gì cả :(
bđt\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-2a-b-3c\le0\)
VT\(\le3a^2-6a\le0\)
mà \(\left(3a^2-6a^2\right)_{max}=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=0\\a=2\end{matrix}\right.\)
Vậy bđt đúng. Dấu = xra khi a=2 vì ta thấy a khác b khác c và a lớn nhất.
Thay a=2 vào bđt ban đầu:
\(4+b^2+c^2\le4+b+3c\)
\(\Leftrightarrow b^2+c^2-b-3c\le0\)
Bằng lập luận tương tự ta đc bđt đúng và dấu = xra khi b=1;c=0.
Vậy ta có đpcm với dấu = xra khi a=2;b=1;c=0.
#Walker
Giải thích dòng thứ 2:
\(VT=\left(a-1\right)^2+\left(b-\frac{1}{2}\right)^2+\left(c-\frac{3}{2}\right)^2\le\left(a-1\right)^2+\left(a-\frac{1}{2}\right)^2+\left(a-\frac{3}{2}\right)^2\le\frac{7}{2}\)
Với a thuộc [0;2] ta thấy bđt đúng và dấu = xra khi a=2.
Từ đó \(VT\le4+b^2+c^2\)
Phần sau đc giải thích ở phần bình luận.
#Walker
Em làm đúng chưa ạ Akai HarumaNguyễn Việt Lâm
Cho:\(a\ge b\ge c\ge0.CMR:a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2\ge a^2b^3+b^2c^3+c^2a^3\)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\(a^3b^2-a^2b^3+b^3c^2-c^3b^2+c^3a^2-c^2a^3\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2\left(a-b\right)+b^2c^2\left(b-c\right)+c^2a^2\left(c-a\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2\left(a-b\right)+b^2c^2\left(b-c\right)+c^2a^2\left(c-b+b-a\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2\left(a-b\right)+c^2a^2\left(b-a\right)+b^2c^2\left(b-c\right)+c^2a^2\left(c-b\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2b^2-c^2a^2\right)\left(a-b\right)+\left(b^2c^2-c^2a^2\right)\left(b-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2\left(b^2-c^2\right)\left(a-b\right)+c^2\left(b^2-a^2\right)\left(b-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left[a^2\left(b+c\right)-c^2\left(a+b\right)\right]\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2b+a^2c-c^2a-c^2b\right)\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left[a\left(ab-c^2\right)+c\left(a^2-bc\right)\right]\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\) luôn đúng do \(a\ge b\ge c\ge0\)
cảm ơn bạn nhá, bạn trả lời giúp mình mấy câu hỏi về BĐT còn lại của mik đc ko? cảm ơn bn nhiều!
Cho \(a,b,c\ge0\), Chứng minh rằng \(a^3+b^3+c^3\ge a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab}\)
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b+ c = 3. Chứng minh rằng:
\(\left(1.a+\sqrt{3}.\sqrt{3}b\right)^2\le\left(1+3\right)\left(a^2+3b^2\right)\Rightarrow\sqrt{a^2+3b^2}\ge\frac{a+3b}{2}\)
\(\Rightarrow VT\ge\frac{a+3b}{2}+\frac{b+3c}{2}+\frac{c+3a}{2}=2\left(a+b+c\right)=6\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Chứng minh rằng
\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\)
với\(\forall a,b,c\ge0\)
Áp dụng hệ quả BĐT Cauchy cho 2 số thực dương ta có
(ab)^2 +(bc)^2 >=2 ab.bc
(bc)^2+(ca)^2 >= 2bc.ca
(ca)^2+(ab)^2 >= 2ca.ab
=> 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)>=2abc(a+b+c)
<=> a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 >= abc(a+b+c)
Dấu = xảy ra <=> ab=bc=ca <=>a=b=c
Áp dụng bất đẳng thức cosi cho lần lượt 3 số không âm là a,b,c ta có :
\(a^2b^2+b^2c^2\ge2b^2ac\)
\(b^2c^2+c^2a^2\ge2c^2ab\)
\(a^2b^2+c^2a^2\ge2a^2bc\)
Cộng lần lượt 3 vế của các bđt trên ta có :
\(2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\ge2abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\ge abc\left(a+b+c\right)\)
ĐPCM
Dấu "=" khi a=b=c
Ta có BĐT sau \(x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0\)
Áp dụng vào thì
\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge ab^2c+bC^2a+ca^2b\)
\(=abc\left(a+b+c\right)\)
Phù ....... 10 phút đồng hồ đánh đt :((((
cho các số thực \(a\ge b\ge c\ge d\ge0\) chứng minh:
a, \(a^2-b^2+c^2\ge\left(a-b+c\right)^2\)
b, \(a^2-b^2+c^2-d^2\ge\left(a-b+c-d\right)^2\)
help me
Cho \(a,b,c\ge0\). Chứng minh rằng: \(a+b+c\ge\frac{3}{2}.\sqrt[3]{\left(a+b\right).\left(b+c\right).\left(c+a\right)}\)
Xét \(2\left(a+b+c\right)=2a+2b+2c=\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\)
Áp dụng bđt cosi cho 3 bộ số ta có :
\(\left(a+b\right)+\left(b+c\right)+\left(c+a\right)\ge3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)(Dấu "=" xảy ra khi a = b = c)
\(\Rightarrow2\left(a+b+c\right)\ge3\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(\Rightarrow a+b+c\ge\frac{3}{2}\sqrt[3]{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
\(\RightarrowĐPCM\)