Cho các số thực a \(\ge\) b \(\ge\) c \(\ge\) d\(\ge\) 0 . Cmr
a/ a2 - b2 + c2 \(\ge\) (a-b+c)2
b/ a2 - b2 + c2 - d2 \(\ge\) (a-b+c-d)2
Cho ba số a,b,c \(\ge-2\) thỏa mãn a2 + b2 +c2 + abc = 0. CMR a=b=c=0
- Nếu \(abc\ge0\Rightarrow a^2+b^2+c^2+abc\ge0\) dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=0\)
- Nếu \(abc< 0\Rightarrow\) trong 3 số a; b; c có ít nhất 1 số âm
Không mất tính tổng quát, giả sử \(c< 0\Rightarrow ab>0\)
Mà \(\left\{{}\begin{matrix}-2\le c< 0\\ab>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow abc\ge-2ab\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+abc\ge a^2+b^2-2ab+c^2=\left(a-b\right)^2+c^2>0\) (không thỏa mãn)
Vậy \(a=b=c=0\)
Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn a2+b2+c2+abc=4 .Chứng minh rằng :
\(abc+2\ge ab+bc+ca\ge abc\)
Giả sử \(c\le1\).
Khi đó: \(ab+bc+ca-abc=ab\left(1-c\right)+c\left(a+b\right)\ge0\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\ge abc\left(1\right)\)
Đẳng thức xảy ra chẳng hạn với \(a=2,b=c=0\).
Theo giả thiết:
\(4=a^2+b^2+c^2+abc\ge2ab+c^2+abc\)
\(\Leftrightarrow ab\left(c+2\right)\le4-c^2\)
\(\Leftrightarrow ab\le2-c\)
Trong ba số \(\left(a-1\right),\left(b-1\right),\left(c-1\right)\) luôn có hai số cùng dấu.
Không mất tính tổng quát, giả sử \(\left(a-1\right)\left(b-1\right)\ge0\).
\(\Rightarrow ab-a-b+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow ab\ge a+b-1\)
\(\Leftrightarrow abc\ge ca+bc-c\)
\(\Rightarrow abc+2\ge ca+bc+2-c\ge ab+bc+ca\left(2\right)\)
Từ \(\left(1\right)\) và \(\left(2\right)\Rightarrow\) Bất đẳng thức được chứng minh.
Cho a, b, c thuộc số thực dương, thỏa mãn a2+b2+c2=3
CMR : (a2b+b2c+c2a)(a+b+c)≥9abc
(c2 là c^2 nha...)
Áp dụng BĐT Bunyakovski\(,\) ta có: \(\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
Do đó: \(VT\ge\frac{\left(a+b+c\right)^3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}=\frac{abc\left(a+b+c\right)^3}{ab+bc+ca}\ge9abc\)
Bất đẳng thức cuối tương đương: \(\left(a+b+c\right)^3\ge9\left(ab+bc+ca\right)\) \((\ast)\)
Có: \(3=a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\therefore\left(ab+bc+ca\right)=\frac{\left(a+b+c\right)^2-3}{2}\)
\((\ast)\) \(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^3\ge\frac{9}{2}\)\(\Big[(a+b+c)^2-3\Big] \)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{2}\left(2a+2b+2c+3\right)\left(a+b+c-3\right)^2\ge0\)
Bất đẳng thức cuối hiển nhiên.
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\). Done.
Không muốn cách dễ hiểu như trên thì dùng cách khó hiểu một tí cũng hong sao :3
Giả sử \(c=\min\{a,b,c\}\)\(,\) ta có:
\(\text{VT-VP}={\frac { \left( a+b+c \right) \Big[{c}^{2} \left( a-b \right) ^{2} \left( a+b \right) +{a}^{2} \left( b-c \right) \left( b+c \right) \left( a- c \right) \Big]}{ab+ac+bc}}+{\frac {abc \left( 2\,a+2\,b+2\,c+3 \right) \left( a+b+c-3 \right) ^{2}}{2\,ab+2\,ac+2\,bc}} \geqq 0\)
cho a,b,c >0, a2+b2+c2=1
cmr : \(\dfrac{a^3}{b+c}+\dfrac{b^3}{a+c}+\dfrac{c^3}{a+b}\ge\dfrac{1}{2}\)
\(VT=\dfrac{a^4}{ab+ac}+\dfrac{b^4}{ab+bc}+\dfrac{c^4}{ac+bc}\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{2\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(VT\ge\dfrac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\dfrac{1}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
chứng minh: a2+b2+c2\(\ge\)ab+bc+ca với mọi a,b,c
=>2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac>=0
=>(a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2>=0(luôn đúng)
Xét hiệu a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc=1/2.2(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)
=1/2(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc)
=1/2[(a^2-2ab+b^2)+(a^2-2ac+c^2)+(b^2-2bc+c^2)]
=1/2.[(a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2]
vì (a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2>=0
nên 1/2.[(a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2]>=0
hay a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc >=0<=> a^2+b^2+c^2>=ab+ac+bc
tam giác ABC có 3 cạnh a,b,c
a) a2+b2+c2< 2(ab+bc+ca)
b) abc\(\ge\)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)
a.
Theo BĐT tam giác: \(c< a+b\Rightarrow c^2< ac+bc\)
\(b< a+c\Rightarrow b^2< ab+bc\) ; \(a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac\)
Cộng vế với vế: \(a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)\)
b.
Do a;b;c là 3 cạnh của tam giác nên: \(\left\{{}\begin{matrix}a+b-c>0\\b+c-a>0\\c+a-b>0\end{matrix}\right.\)
\(\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le\dfrac{1}{4}\left(a+b-c+b+c-a\right)^2=b^2\)
Tương tự: \(\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\le c^2\) ; \(\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2\)
Nhân vế với vế:
\(\left(abc\right)^2\ge\left[\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(c+a-b\right)\right]^2\)
\(\Leftrightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(c+a-b\right)\left(b+c-a\right)\)
a) Cho các số a, b, c thỏa mãn:a + b + c = 3/2. Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 ≥ 3/4.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x2 + 2y2 + 2xy – 6x – 8y + 2028?
Khởi động nhẹ nhàng thôi:v
\(a^2+b^2+c^2\ge\dfrac{3}{4}\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2-a-b-c\ge\dfrac{3}{4}-\dfrac{3}{2}=-\dfrac{3}{4}\)
\(\Rightarrow\left(a^2-a+\dfrac{1}{4}\right)+\left(b^2-b+\dfrac{1}{4}\right)+\left(c^2-c+\dfrac{1}{4}\right)\ge0\)
\(\Rightarrow\left(a-\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(b-\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(c-\dfrac{1}{2}\right)^2\ge0\) (đúng)
\("="\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{2}\)
a) C1. Áp dụng BĐT : ( x - y)2 ≥ 0 ∀xy
Ta có : a2 + b2 ≥ 2ab ( 1)
b2 + c2 ≥ 2bc ( 2)
c2 + a2 ≥ 2ac ( 3)
Từ ( 1 ; 2 ; 3) ⇒ 2( a2 + b2 + c2) ≥ 2( ab + ab + ac)
⇔ 3( a2 + b2 + c2) ≥ ( a + b + c)2
⇔ a2 + b2 + c2 ≥ \(\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\dfrac{9}{4}.\dfrac{1}{3}=\dfrac{3}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a = b = c = \(\dfrac{1}{2}\)
C2. Áp dụng BĐT Bunhiacopxki , ta có :
( a2 + b2 + c2)( 12 + 12 + 12) ≥ ( a + b + c)2
⇔ a2 + b2 + c2 ≥ \(\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\dfrac{9}{4}.\dfrac{1}{3}=\dfrac{3}{4}\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a = b = c = \(\dfrac{1}{2}\)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 +b2 +c2) = a+b+c+3. Chứng minh rằng:
\(\dfrac{1}{\sqrt{a^4+a^2+1}}\)+ \(\dfrac{1}{\sqrt{b^4+b^2+1}}\)+ \(\dfrac{1}{\sqrt{c^4+c^2+1}}\) \(\ge\sqrt{3}\)
mng giúp mình nhé, cảm ơnn
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mac: 1≥c≥b≥a≥0.
CMR: 2/3≥a/(a+1)+b/(b+1)+c/(c+1 )
Cho 4 số thực a, b, c thỏa mãn a ≥ b ≥ c ≥ d ≥0. Chứng minh
a) a2 - b2 +c2 ≥ (a-b+c)2
b) a2 - b2 +c2 -d2 ≥ (a-b+c-d)2
a/ \(\Leftrightarrow a^2-b^2+c^2\ge a^2+b^2+c^2-2ab+2ac-2bc\)
\(\Leftrightarrow b^2-ab+ac-bc\le0\)
\(\Leftrightarrow b\left(b-a\right)-c\left(b-a\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(b-c\right)\left(b-a\right)\le0\) (luôn đúng do \(a\ge b\ge c\))
Dấu "=" xảy ra khi \(\left[{}\begin{matrix}a=b\\b=c\end{matrix}\right.\)
b/ Tương tự như câu trên:
\(a^2-b^2+c^2-d^2\ge\left(a-b+c\right)^2-d^2=\left(a-b+c-d\right)\left(a-b+c+d\right)\ge\left(a-b+c-d\right)^2\)