nhân 2 vào 2 vế rồi chuyển vế sau đó khai triển ta được (a-b)(b-c)(c-a) >=0

luôn đúng với mọi a;b;c

suy ra ĐPCM

ta có     \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

\(\Leftrightarrow\)\(2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ac\)

\(\Leftrightarrow\)\(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\ge0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)(\(\Rightarrow\)a=b=c)

<=> \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)

Lại copy!!!

Giải:

Áp dụng BĐT Bunhiacopski

Xét cặp số \(\left(1,1,1\right)\) và \(\left(a,b,c\right)\) ta có:

\(\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(1.a+1.b+1.c\right)^2\)

\(\Rightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ac\right)\)

\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+ac+bc\) (Đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Chúng ta có thể dễ dàng bất đức thức này bằng vài bước suy luận cơ bản như sau:

Điều này luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.

Ta có \(\left(a-b\right)^2\ge0\Leftrightarrow a^2+b^2-2ab\ge0\)

Cộng cả hai vế của bất phương trình ta được \(a^2+b^2\ge2ab\) (1)

Tương tự ta có:

  a² + b² + c² - ab - ac - bc ≥ 0

<=> 2( a² + b² + c² - ab - ac - bc)  ≥ 0

<=> (a² - 2ac + c²) + (a² - 2ab + b²) + (b² - 2bc + c²) > 0 

<=> (a - c)² + (a - b)² + ( b - c)² > 0 

Điều này luôn đúng với mọi a; b; c

=> điều cần chứng minh

Dấu "=" xảy ra <=> a - c = 0; a - b = 0 ; b - c = 0  <=> a = b = c

\(BPT\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)\ge0\)

<=> \(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ac\ge0\)

<=> \(a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2\ge0\)

<=> \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\) 

BĐT cuối luôn đúng vì \(\left(a-b\right)^2\ge0;\left(b-c\right)^2\ge0;\left(c-a\right)^2\ge0\)

=> \(\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\)

Dấu '=' của BĐT xảy ra khi a = b = c 

bài làm

  a² + b² + c² - ab - ac - bc ≥ 0

<=> 2( a² + b² + c² - ab - ac - bc)  ≥ 0

<=> (a² - 2ac + c²) + (a² - 2ab + b²) + (b² - 2bc + c²) > 0 

<=> (a - c)² + (a - b)² + ( b - c)² > 0 

=> ĐPCM

Dấu "=" xảy ra <=>

a - c = 0;

a - b = 0 ;

b - c = 0  

<=> a = b = c

hok tốt

Vì vai trò a,b,c như nhau nên ta giả sử

\(a\ge b\ge c>0\)

Ta có: \(2b\left(a+c\right)^2-\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)=\left(a+c\right)\left(a-b\right)\left(b-c\right)\ge0\)

\(\Rightarrow2b\left(a+c\right)^2\ge\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

Khi đó:

\(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\)\(\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{4ac}{\left(a+c\right)^2}\) (1)

Mà \(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{4ac}{\left(a+c\right)^2}-2=\frac{\left(a^2+c^2-ab-bc\right)^2}{\left(a+c\right)^2\left(ab+bc+ca\right)}\ge0\) (2)

Từ (1) và (2) =>Đpcm

Ta dễ dàng chứng minh được  \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)

\(\Rightarrow\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\ge1\Rightarrow\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\ge\frac{a^2+b^2+c^2+a^2}{ab+bc+ac+a^2}=\frac{2a^2+b^2+c^2}{\left(a+c\right)\left(a+b\right)}\)

Suy ra cần chứng minh \(\frac{2a^2+b^2+c^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{8abc}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge2\)

Điều này tương đương với \(\left(b+c\right)\left(2a^2+b^2+c^2\right)+8abc\ge2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)

\(\Leftrightarrow2a^2b+2a^2c+b^3+b^2c+c^2b+c^3+8abc\ge2\left(2abc+a^2b+ac^2+a^2c+b^2c+b^2a+bc^2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(b^2-2bc+c^2\right)\left(b+c-2a\right)\ge0\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2\left(b+c-2a\right)\ge0\) (luôn đúng)

Vậy bđt ban đầu được chứng minh

nhân 2 vào 2 vế của BĐT là ra