Ta có: a + b = 1 ⇔ b = 1 – a

Thay vào bất đẳng thức a2 + b2 ≥ 1/2 , ta được:

a2 + (1 – a)2 ≥ 1/2 ⇔ a2 + 1 – 2a + a2 ≥ 1/2

⇔ 2a2 – 2a + 1 ≥ 1/2 ⇔ 4a2 – 4a + 2 ≥ 1

⇔ 4a2 – 4a + 1 ≥ 0 ⇔ (2a – 1)2 ≥ 0 (luôn đúng)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

\(a+b=1=>b=1-a\)

\(=>a^2+\left(1-a\right)^2\ge\dfrac{1}{2}\)

\(=>a^2+1-2a+a^2\ge\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow-2a+2a^2+1\ge\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left(-2a+2a^2+1\right).2\ge1\)

\(\Leftrightarrow-4a+4a^2+2\ge1\)

\(\Leftrightarrow-4a+4a^2+1\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(2a-1\right)^2\ge0\left(đúng\right)\)

\(''=''\left(khi\right)2a-1=0=>a=\dfrac{1}{2}\)

Ta có: \(\left(a-b\right)^2\ge0\)

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

\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+a^2+b^2\ge2ab+a^2+b^2\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)

\(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge1\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(đpcm\right)\)

\(a+b=1\)

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có:

\(\dfrac{a^2}{1}+\dfrac{b^2}{1}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2}=\dfrac{1}{2}\) ( đpcm )

Với mọi số thực ta luôn có:

`(a-b)^2>=0`

`<=>a^2-2ab+b^2>=0`

`<=>a^2+b^2>=2ab`

`<=>2(a^2+b^2)>=(a+b)^2=1`

`<=>a^2+b^2>=1/2(đpcm)`

Dấu "=' `<=>a=b=1/2`

ta có:

(a²+b²)(1²+1²)≥(a.1+b.1)²

⇔ 2(a²+b²) ≥ (a+b)²

⇔ 2(a²+b²)≥ 1 (vì a+b=1)

⇔ a² +b² ≥ 1/2 (đpcm)

dấu "=) xảy ra khi a = b = 1/2

ai nhanh mk tang 3 k 

nhì 2 k

ba 1 k

khuyến khích nghỉ

Ta có

( a - b) ² >= 0 
<=> a² - 2ab + b² >= 0 
<=> a² + b² >=2ab 
<=> 2 ( a² + b² ) >= a² +2ab + b² 
<=> 2 (a² + b² ) >= ( a + b )² mà a+b=1 nên 2 ( a² + b² ) >=1 
<=> a² + b² >= 1/2 
Dấu “ = " xảy ra khi và chỉ khi : a=b mà a+b=1 nên a=b=1/2

Ta có: a + b = 1 ⇔ b = 1 – a

Thay vào bất đẳng thức a2 + b2 ≥ 1/2 , ta được:

a2 + (1 – a)2 ≥ 1/2 ⇔ a2 + 1 – 2a + a2 ≥ 1/2

⇔ 2a2 – 2a + 1 ≥ 1/2 ⇔ 4a2 – 4a + 2 ≥ 1

⇔ 4a2 – 4a + 1 ≥ 0 ⇔ (2a – 1)2 ≥ 0 (luôn đúng)

Vậy bất đẳng thức được chứng minhTa có: a + b = 1 ⇔ b = 1 – a

Study well *_*

Lời giải:

$a^2+b^2=(a^2-a+\frac{1}{4})+(b^2-b+\frac{1}{4})+(a+b-\frac{1}{2})$

$=(a-\frac{1}{2})^2+(b-\frac{1}{2})^2+(a+b-\frac{1}{2})$

$\geq a+b-\frac{1}{2}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$
Vậy $a^2+b^2\geq \frac{1}{2}$
Giá trị này đạt tại $a-\frac{1}{2}=b-\frac{1}{2}=0$

$\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2}$

1/a+1/b+1/c=0

=>(ab+ac+bc)/abc=0

=> ab+ac+bc=0

(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+ac+bc)=0

=> a^2+b^2+c^2=0

Bạn xem lại đề nhé.

\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a+2\right)\left(b+2\right)+\left(b+2\right)\left(c+2\right)+\left(c+2\right)\left(a+2\right)}{\left(a+2\right)\left(b+2\right)\left(c+2\right)}\le1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{ab+bc+ca+4\left(a+b+c\right)+12}{abc+2\left(ab+bc+ca\right)+4\left(a+b+c\right)+8}\le1\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca+12\le2\left(ab+bc+ca\right)+9\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\)

Hiển nhiên đúng do: \(ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}=3\)

Vì abc=1 , ta đặt \(a=\dfrac{x}{y};b=\dfrac{y}{z};c=\dfrac{z}{x}\)

Điều phải chứng minh tương đương với:

\(\dfrac{1}{2+\dfrac{x}{y}}+\dfrac{1}{2+\dfrac{y}{z}}+\dfrac{1}{2+\dfrac{z}{x}}\le1\\ \Leftrightarrow\dfrac{y}{2y+x}+\dfrac{z}{2z+y}+\dfrac{x}{2x+z}\le1\\ \Leftrightarrow\dfrac{2y}{2y+x}+\dfrac{2z}{2z+y}+\dfrac{2x}{2x+z}\le2\\ \Leftrightarrow\dfrac{x}{2y+x}+\dfrac{y}{2z+y}+\dfrac{z}{2x+z}\ge1\left(1\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki dạng phân thức ta có:

\(\dfrac{x}{2y+x}+\dfrac{y}{2z+x}+\dfrac{z}{2x+z}=\dfrac{x^2}{x^2+2xy}+\dfrac{y^2}{y^2+2zx}+\dfrac{z^2}{z^2+2xy}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2}=1\)

=> bài toán được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 <=>a=b=c=1