Chứng minh bất đẳng thức \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge3\left(a+b+c\right)^2\)
Chứng minh bất đẳng thức : \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ac\right)\)
Ta có : \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge3ab+3bc+3ca\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) ( Luôn đúng )
Dấu \("="\) hiển nhiên xảy ra khi \(a=b=c\)
chứng minh bấ đẳng thức sau :
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
* Chứng minh :
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) (*)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) ( luôn đúng )
Do đó : \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\) \(\left(1\right)\)
* Chứng minh :
\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow\)\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow\)\(2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\) đến đây chứng minh giống chỗ (*)
...
Do đó : \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\) \(\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra : \(3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\) ( đpcm )
Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức: \(\left(a+b+c\right)^2+a^2+b^2+c^2=\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+a\right)^2\)
\(\left(a+b+c\right)^2+a^2+b^2+c^2=\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+a\right)^2\)
VT : (a + b + c)2 + a2 + b2 + c2
= a2 + b2 + c2 + 2ab +2bc + 2ac + a2 + b2 + c2
= ( a2 + 2ab + b2 ) + (b2 + 2bc + c2) + ( a2 + 2ac + c2)
= (a + b)2 + (b + c)2 + (a + c)2 = VP
Vậy \(\left(a+b+c\right)^2+a^2+b^2+c^2=\left(a+b\right)^2+\left(b+c\right)^2+\left(c+a\right)^2\)(đpcm)
CM CÁC BẤT ĐẲNG THỨC SAU
A) \(2\left(A^2+B^2\right)\ge\left(A+B\right)^2\ge2\left(AB+BA\right)\)
B) \(3\left(A^2+B^2+C^2\right)\ge\left(A+B+C\right)^2\ge3\left(AB+BC+CA\right)\)
A)
\(2\left(A^2+B^2\right)\ge\left(A+B\right)^2\ge2\left(AB+BA\right)\\ \Leftrightarrow2A^2+2B^2\ge A^2+2AB+B^2\ge2AB+2BA\)
\(2A^2+2B^2\ge A^2+2AB+B^2\\ \Leftrightarrow A^2+B^2\ge2AB\\ \Leftrightarrow A^2+B^2-2AB\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(A-B\right)^2\ge0\) (LUÔN ĐÚNG) (1)
\(A^2+2AB+B^2\ge2AB+2BA\\ \Leftrightarrow A^2+B^2\ge2BA\\ \Leftrightarrow A^2+B^2-2BA\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(A-B\right)^2\ge0\) (LUÔN ĐÚNG) (2) Từ (1), (2) ta có: \(2A^2+2B^2\ge A^2+2AB+B^2\ge2AB+2BA\\ \Leftrightarrow2\left(A^2+B^2\right)\ge\left(A+B\right)^2\ge2\left(AB+BA\right)\left(đpcm\right)\)Chứng minh bất đẳng thức:
a) \(a^2+b^2+c^2\ge a\left(b+c\right)\)
b) \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\)
c) Cho \(a+b=1\)
Chứng minh rằng: \(a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\)
a,b dể tự làm nha
c)ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^2+b^2-2ab\ge0\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2-2ab-2ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\) mà a+b=1
\(\Rightarrow1\ge4ab\Leftrightarrow ab\le\frac{1}{4}\)
lại có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\) mà \(ab\le\frac{1}{4}\)
tahy vào có \(a^2+b^2\ge2\times\frac{1}{4}\Leftrightarrow a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\left(dpcm\right)\)
sai r Kiều Chinh à, bởi vì nếu \(a^2+b^2\ge2ab\)mà bn thay \(ab\le\frac{1}{4}\)thì lm sao đảm bảo đc a^2+b^2 còn lớn hơn hoặc bằng 1/2. Nếu ab lớn hơn hoặc bằng =1/4 thì đc.
Mih sẽ giải lại như sau:
Áp dụng bđt Bunhiakopski ta có:
\(1=\left(1.a+1.b\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)\)
\(\Rightarrow1\le2\left(a^2+b^2\right)\Rightarrow\frac{1}{2}\le a^2+b^2\)
Dấu ''='' xảy ra khi a=b=1/2
Vậy ...
CM CÁC BẤT ĐẲNG THỨC SAU
A) \(2\left(A^2+B^2\right)\ge\left(A+B\right)^2\ge2\left(AB+BA\right)\)
B) \(3\left(A^2+B^2+C^2\right)\ge\left(A+B+C\right)^2\ge3\left(AB+BC+CA\right)\)
Chứng minh bất đẳng thức
\(1,\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\)
\(2,a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(3,\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(4,\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{ab}\left(a,b>0\right)\)
\(5, 3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2\)
1)Áp dụng Bđt Am-Gm \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\sqrt{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{a}}=2\)
2)Áp dụng Am-Gm \(a^2+b^2\ge2\sqrt{a^2b^2}=2ab;b^2+c^2\ge2bc;a^2+c^2\ge2ca\)
\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
=>ĐPcm
3)(a+b+c)2\(\ge\)3(ab+bc+ca)
=>a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca\(\ge\)3ab+3bc+3ca
=>a2+b2+c2-ab-bc-ca\(\ge\)0
=>2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ca\(\ge\)0
=>(a2-2ab+b2)+(b2-2bc+c2)+(c2-2ac+a2)\(\ge\)0
=>(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2\(\ge\)0
4)đề đúng \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2-4ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)
Chứng minh:
a. \(3\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(a^3+b^3+c^3\right)\)
b. \(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\ge\sqrt{\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2}\)
c. \(a^2+b^2+c^2+d^2\ge ab+ac+ad\)
d. \(\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\ge3\left(ax+by+cz\right)\) (Gợi ý: Bất đẳng thức Trê-bư-xếp)
Giúp em với! <3
Cho hỏi chút: Mình đã biết là có hai bất đẳng thức đúng \(\forall a,b,c\ge0:\)
\(\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right)\ge3\left(a+b+c\right)^2\)và \(\left(a^2+3\right)\left(b^2+3\right)\left(c^2+3\right)\ge4\left(a+b+c+1\right)^2\)
Vậy thì có dạng tổng quát không?
không đâu cá tiền luôn 500 đồng lun sợ gì :))))) đùa thui ko có đâu nhé