áp dụng BĐT cô-si ta có:

\(\frac{a+b}{2}=\frac{a}{2}+\frac{b}{2}\)\(\ge2\sqrt{\frac{a}{2}.\frac{b}{2}}=2\frac{\sqrt{a}\sqrt{b}}{\sqrt{4}}=2\frac{\sqrt{ab}}{2}=\sqrt{ab}\)

Vậy \(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=0 hoặc a=b=1

cái câu hỏi 2 tớ ko bik đúng ko 

Đề yêu cầu chứng minh bất đẳng thức Côsi chứ không phải áp dụng nó!

Biến đổi tương đương bình thường thôi:

\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\Leftrightarrow a+b\ge2\sqrt{ab}\Leftrightarrow a-2\sqrt{ab}+b\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\)

Do bất đẳng thức cuối cùng đúng nên bất đẳng thức ban đầu đúng. Một cách trình bày khác là ghi ngược từ cuối lên đầu!

Dấu "=" xảy ra khi \(\sqrt{a}-\sqrt{b}=0\Leftrightarrow a=b\)

Nếu n= 2, tức có hai giá trị x₁ và x₂, và từ giả thiết ở trên, ta có:

điều phải chứng minh - ở đây \(x_1=a;x_2=b\)

\(\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)

\(\Leftrightarrow a+b\ge2\sqrt{ab}\)

\(\Leftrightarrow a-2\sqrt{ab}+b\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\)

-Dấu đẳng thức trên xảy ra khi: Trung bình cộng lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân

Vì a ≥ 0 nên √a xác định, b  ≥  0 nên  b  xác định

Ta có:  a - b 2 ≥  0 ⇔ a - 2 a b  + b  ≥  0

⇒ a + b  ≥  2 a b  ⇔  a + b 2 ≥ a b

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b.

1) a² - ab + b² ≥ 0

<=> ( 4a² - 4ab + b² ) + 3b² ≥ 0

<=> ( 2a - b )² + 3b² ≥ 0 ( đúng ∀ a,b )

Vậy bđt ban đầu được chứng minh

Đẳng thức xảy ra <=> a = b = 0

2) a² - ab + b² ≥ 1/4( a + b )²

<=> 4a² - 4ab + 4b² ≥ a² + 2ab + b²

<=> 4a² - 4ab + 4b - a² - 2ab - b² ≥ 0

<=> 3a² - 6ab + 3b² ≥ 0

<=> a² - 2ab + b² ≥ 0

<=> ( a - b )² ≥ 0 ( đúng ∀ a,b )

Vậy bđt ban đầu được chứng minh

Đẳng thức xảy ra <=> a = b 

Vế trái bằng vế phải nên đẳng thức được chứng minh.

Nếu a ≥ 0, b  ≥  0, c  ≥  0 thì :

\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\Leftrightarrow\frac{a+b}{2}-\sqrt{ab}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\frac{a-2\sqrt{ab}+b}{2}\ge0\Leftrightarrow\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{2}\ge0\)

Dấu ''='' xảy ra khi a = b 

3.1 

Xét hiệu :

\(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2-ab=\dfrac{a^2+2ab+b^2}{4}-\dfrac{4ab}{4}\)

\(=\dfrac{a^2-2ab+b^2}{4}=\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\forall a,b\in R\)

Vậy \(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\ge ab,\forall a,b\in R\)

Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow a=b\)

3.2

Áp dụng kết quả của câu 3.1 vào câu 3.2 ta được:

\(\left(a+b+c\right)^2=[a+\left(b+c\right)]^2\ge4a\left(b+c\right)\)

Mà : \(a+b+c=1\left(gt\right)\)

nên : \(1\ge4a\left(b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\) ( vì a,b,c không âm nên b+c không âm )

Mà : \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2\ge0,\forall b,c\in N\)

\(\Rightarrow b+c\ge16abc\)

Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b+c\\b=c\end{matrix}\right.\Leftrightarrow b=c=\dfrac{1}{4};a=\dfrac{1}{2}\)

Ta co \(\left(a-b\right)^2\ge0\)\(\forall_{a,b}\in R\)

=> \(a^2-2ab+b^2\ge0\)

=>\(a^2+2ab+b^2\ge4ab\)

=>\(\left(a+b\right)^2\ge4ab\)

=>\(\left(\frac{a+b}{2}\right)^2\ge ab\)

dau bang xay khi khi a=b

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số không âm, ta có :

\(\dfrac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\) (1)

\(\dfrac{b+c}{2}\ge\sqrt{bc}\) (2)

\(\dfrac{c+a}{2}\ge\sqrt{ca}\) (3)

Cộng từng vế bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được :

\(a+b+c\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\)

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh

Mở rộng cho bốn số a, b, c, d không âm, ta có bất đẳng thức :

\(a+b+c+d\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{cd}+\sqrt{da}\)

Mở rộng cho năm số a, b, c, d, e không âm, ta có bất đẳng thức : \(a+b+c+d+e\ge\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{cd}+\sqrt{de}+\sqrt{ea}\)

áp dụng BĐT AM-GM với 2 số không âm

\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)

\(b+c\ge2\sqrt{bc}\)

\(a+c\ge2\sqrt{ac}\)

cộng các vế của BĐT ta có

\(2\left(a+b+c\right)\ge2\left(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\right)\)

chia cả hai vế của BĐT cho 2 ta có đpcm