Chứng minh \(\left|a\right|+\left|b\right|\ge\left|a+b\right|\)với ab\(\ge\)0
Những câu hỏi liên quan
Hôm nay rãnh nên mình quyết định post lên đây vài bài tự tạo của mình :D (các bạn đừng lo,tuy là đề tự tạo nhưng là đề đúng)1.Với a,b,c0.Chứng minh:2a^2left(a+b^2right)+2b^2left(b+c^2right)+2c^2left(c+a^2right)ge ableft(a+b+2caright)+bcleft(2ab+b+cright)+caleft(a+2bc+cright)2.Với a,b,c0.Chứng minh:a^2left(a^2+2b^2right)+b^2left(b^2+2c^2right)+c^2left(c^2+2a^2right)ge ableft(a^2+b^2+caright)+bcleft(b^2+c^2+abright)+caleft(c^2+a^2+bcright)Mà bài dưới đúng với a,b,cinℝl...
Đọc tiếp
Hôm nay rãnh nên mình quyết định post lên đây vài bài tự tạo của mình :D (các bạn đừng lo,tuy là đề tự tạo nhưng là đề đúng)
1.Với \(a,b,c>0\).Chứng minh:
\(2a^2\left(a+b^2\right)+2b^2\left(b+c^2\right)+2c^2\left(c+a^2\right)\ge ab\left(a+b+2ca\right)+bc\left(2ab+b+c\right)+ca\left(a+2bc+c\right)\)
2.Với \(a,b,c>0\).Chứng minh:
\(a^2\left(a^2+2b^2\right)+b^2\left(b^2+2c^2\right)+c^2\left(c^2+2a^2\right)\ge ab\left(a^2+b^2+ca\right)+bc\left(b^2+c^2+ab\right)+ca\left(c^2+a^2+bc\right)\)
Mà bài dưới đúng với \(a,b,c\inℝ\)luôn nhé
\(1,VT=2\left(a^3+b^3+c^3\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
Ta có \(a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right)\)
\(b^3+c^3\ge bc\left(b+c\right)\)
\(c^3+a^3\ge ca\left(c+a\right)\)
Cộng từng vế các bđt trên ta được
\(VT\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
Bây giờ ta cm:
\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\)
Bất đẳng thức trên luôn đúng
Vậy bđt được chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c
Mấy bài này dễ mà, tách ra rồi Cauchy là xong hết =))
1/ \(VT-VP=\Sigma\left(a+b+c^2\right)\left(a-b\right)^2\ge0\)
2/Nếu đề như trên thì mình cho rằng đề sai. Thử với \(a=b=c=1\)
Xem thêm câu trả lời
I : CMR
a) (ab+1)^2 \(\ge\)\(\frac{4}{ab}\)
b) \(\left(ab+2\right)^2\le\left(a^2+1\right)\left(b^2+4\right)\)
c) \(2\left(4a^2+b^2\right)\ge\left(2a+b\right)^2\)
d) \(x^5+y^5\ge xy\left(x^3+y^3\right)\) với x , y >0
help me !!!
a ) Ta có : \(\left(ab+1\right)^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+2ab+1-4ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(ab-1\right)^2\ge0\)
=> BĐT luôn đúng
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow ab=1\)
b ) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki , ta có :
\(\left(ab+1.2\right)^2\le\left(a^2+1^2\right)\left(b^2+2^2\right)=\left(a^2+1\right)\left(b^2+4\right)\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow2a=b\)
c ) Áp dụng BĐT Cô - si cho 2 số không âm , ta có :
\(4a^2+b^2\ge2\sqrt{4a^2.b^2}=4ab\)
\(\Rightarrow2\left(4a^2+b^2\right)\ge4a^2+4ab+b^2=\left(2a+b\right)^2\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow2a=b\)
d ) \(x^5+y^5\ge xy\left(x^3+y^3\right)\)
\(\Leftrightarrow x^5-x^4y-y^4x+y^5\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^4-y^4\right)\left(x-y\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)\ge0\)
Vì x ; y > 0 => BĐT luôn đúng
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow x=y\)
Đúng 0
Bình luận (3)
Chứng minh rằng \(\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\forall a,b,c>0\)
\(VT=\frac{\left(\sqrt[3]{abc}\right)^2}{2abc}+\Sigma\frac{a^2}{a^2\left(b+c\right)}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\Sigma a^2\left(b+c\right)+2abc}=\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)
Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng \(\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(ab+c\right)\left(bc+a\right)\left(ca+b\right)\)
Cho a,b,c>0 thỏa mãn \(\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ac\right)^2\ge\left(abc\right)^2\)
Chứng minh rằng \(\frac{\left(ab\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)c^3}+\frac{\left(bc\right)^2}{\left(b^2+c^2\right)a^3}+\frac{\left(ac\right)^2}{\left(a^2+c^2\right)b^3}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\)
Cho a;b;c thỏa mãn \(a\ge b\ge c\) và ab+bc+ac=5
\(CMR:\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(ab+bc+ac\right)\ge-4\)
Cho a,b,c >0. Chứng minh \(\dfrac{1}{\left(2a+b\right)\left(2a+c\right)}+\dfrac{1}{\left(2b+c\right)\left(2b+a\right)}+\dfrac{1}{\left(2c+a\right)\left(2c+b\right)}\ge\dfrac{1}{ab+bc+ca}\)
chứng minh các BĐT:
a)\(2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2;\)
b)\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
a) Áp dụng Cauchy-Schwarz:
\(\left(a+b\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)=2\left(a^2+b^2\right)\)
b) Áp dụng AM-GM:
\(\left\{{}\begin{matrix}a^2+b^2\ge2ab\\b^2+c^2\ge2bc\\a^2+c^2\ge2ac\end{matrix}\right.\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2ab+2bc+2ac\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\) (cm ở trên r nên khỏi cm lại đi)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)
\(\Rightarrow3\left(ab+bc+ac\right)\le\left(a+b+c\right)^2\)
Kết hợp 2 điều trên:\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)
Đúng 0
Bình luận (0)
a)2(a2+b2) ≥ (a+b)2
⇔ 2a2+2b2 ≥ a2+2ab+b2
xét hiệu
⇔ 2a2+2b2-a2-2ab-b2 ≥ 0
⇔ a2-2ab+b2 ≥ 0
⇔ (a-b)2 ≥ 0 (luôn đúng )
=> đpcm
Đúng 0
Bình luận (0)
a )2(a^2+b^2)\(\ge\)(a+b)^2\(\Leftrightarrow\)2a^2+2b^2\(\ge\)a^2+b^2+2ab
\(\Leftrightarrow\)2a^2+2b^2-a^2-b^2-2ab\(\ge\)0
\(\Leftrightarrow\)(a-b)^2\(\ge\)0 (2)
(2) đúng nên 1 đúng
b )
chứng minh vế 1 3(a^2+b^2+c^2)\(\ge\)(a+b+c)^2
\(\Leftrightarrow\)3a^2+3b^2+3c^2-a^2-b^2-c^2-2ab-2bc-2ca\(\ge\)0
\(\Leftrightarrow\)2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\(\ge\)0
\(\Leftrightarrow\)(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\(\ge\)0 luôn đúng
chứng minh vế 2 (a+b+c)^2\(\ge\)3(ab+bc+ca)
\(\Leftrightarrow\)a^2+b^2+c^2-2ab-2ac-2bc\(\ge\)0
cm như trên suy ra đpcm
Đúng 0
Bình luận (0)
Chứng minh bất đẳng thức
a)\(8\left(a^4+b^4\right)\ge\left(a+b\right)^4\)
b)\(\left(a^2+b^2\right)^2\ge ab\left(a+b\right)^2\)