![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(a^2+b^2+c^2+1>a+b+c\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+1-a-b-c>0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-a+\frac{1}{4}\right)+\left(b^2-b+\frac{1}{4}\right)+\left(c^2-c+\frac{1}{4}\right)+\frac{1}{4}>0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-\frac{1}{2}\right)^2+\left(b-\frac{1}{2}\right)^2+\left(c-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{4}>0\)( luôn đúng )
Vậy ...
Ta có: \(a^2+b^2+c^2+1>a+b+c\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+1-a-b-c>0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-a+\frac{1}{4}\right)+\left(b^2-b+\frac{1}{4}\right)+\left(c^2-c+\frac{1}{4}\right)+\frac{1}{4}>0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2.a.\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)+\left(b^2-2.b.\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)+\left(c^2-2.c.\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\right)+\frac{1}{4}>0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-\frac{1}{2}\right)^2+\left(b-\frac{1}{2}\right)^2+\left(c-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{4}>0\)
Ta thấy: (a-1/2)2 lớn hơn hoặc bằng 0 (với mọi a)
(b-1/2)2 lớn hơn hoặc bằng 0 (với mọi b)
(c-1/2)2 lớn hơn hoặc bằng 0 (với mọi c)
1/4 > 0
Nên BĐT luôn đúng
=> ĐPCM
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
(a+b+c)2 ≥ 3(ab+bc+ca) (*)
=>a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca ≥ 3ab+3bc+3ca
=>a2+b2+c2 ≥ ab+bc+ca
nhân 2 vào cho 2 vế ta được:
2a2+2b2+2c2 ≥ ≥ 2ab+2bc+2ca
=> (a+b)2+(b+c)2+(c+a)2 ≥ 0 (luôn đúng)
=> (*) đúng
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
3.1
Xét hiệu :
\(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2-ab=\dfrac{a^2+2ab+b^2}{4}-\dfrac{4ab}{4}\)
\(=\dfrac{a^2-2ab+b^2}{4}=\dfrac{\left(a-b\right)^2}{4}\ge0\forall a,b\in R\)
Vậy \(\left(\dfrac{a+b}{2}\right)^2\ge ab,\forall a,b\in R\)
Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow a=b\)
3.2
Áp dụng kết quả của câu 3.1 vào câu 3.2 ta được:
\(\left(a+b+c\right)^2=[a+\left(b+c\right)]^2\ge4a\left(b+c\right)\)
Mà : \(a+b+c=1\left(gt\right)\)
nên : \(1\ge4a\left(b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow b+c\ge4a\left(b+c\right)^2\) ( vì a,b,c không âm nên b+c không âm )
Mà : \(\left(b+c\right)^2\ge4bc\Leftrightarrow\left(b-c\right)^2\ge0,\forall b,c\in N\)
\(\Rightarrow b+c\ge16abc\)
Dấu bằng xảy ra : \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=b+c\\b=c\end{matrix}\right.\Leftrightarrow b=c=\dfrac{1}{4};a=\dfrac{1}{2}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
Nhân 2 vào từng vế của bất đẳng thức
<=> 2( a2 + b2 + c2 ) ≥ 2( ab + bc + ca )
<=> 2a2 + 2b2 + 2c2 ≥ 2ab + 2bc + 2ca
<=> 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0
<=> ( a2 - 2ab + b2 ) + ( b2 - 2bc + c2 ) + ( c2 - 2ca + a2 ) ≥ 0
<=> ( a - b )2 + ( b - c )2 + ( c - a )2 ≥ 0 ( đúng )
=> đpcm
Đẳng thức xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}a-b=0\\b-c=0\\c-a=0\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c\)
b) a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2( a + b + c )
<=> a2 + b2 + c2 + 3 ≥ 2a + 2b + 2c
<=> a2 + b2 + c2 + 3 - 2a - 2b - 2c ≥ 0
<=> ( a2 - 2a + 1 ) + ( b2 - 2b + 1 ) + ( c2 - 2c + 1 ) ≥ 0
<=> ( a - 1 )2 + ( b - 1 )2 + ( c - 1 )2 ≥ 0 ( đúng )
=> đpcm
Đẳng thức xảy ra <=> \(\hept{\begin{cases}a-1=0\\b-1=0\\c-1=0\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c=1\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(ac+bd\le\sqrt{a^2+b^2}\cdot\sqrt{c^2+d^2}\)
Mà \(\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2=a^2+b^2+2\left(ac+bd\right)+c^2+d^2\)
\(\le\left(a^2+b^2\right)+2\sqrt{a^2+b^2}\cdot\sqrt{c^2+d^2}+c^2+d^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{\left(a+c\right)^2+\left(b+d\right)^2}\le\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\)
Còn cách bình phương nó lên nữa nhưng dễ lẫn nên nếu chưa học Caushy-Schwarz thì nhắn nhé - NOTE: đây còn là BĐT Mincopski tìm cách c/m nó trên google cũng đầy
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:
$a^4+b^4\geq 2a^2b^2$
$b^4+c^4\geq 2b^2c^2$
$c^4+a^4\geq 2c^2a^2$
Cộng theo vế và thu gọn ta được:
$a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2(1)$
Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM:
$a^2b^2+b^2c^2\geq 2\sqrt{a^2b^4c^2}=2|ab^2c|\geq 2ab^2c$
$b^2c^2+c^2a^2\geq 2abc^2$
$c^2a^2+a^2b^2\geq 2a^2bc$
Cộng theo vế và thu gọn:
$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)(2)$
Từ $(1); (2)\Rightarrow a^4+b^4+c^4\geq abc(a+b+c)$
Vậy ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức
\(\Rightarrow\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{c^2}{a+b}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\dfrac{a+b+c}{2}\) ( đpcm )
Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta chứng minh:
a2 + b2 + c2 \(\ge\) ab + bc + ac
Nhân cả 2 vế với 2 ta được :
= 2a2 + 2b2 + 2c2 \(\ge\) 2ab + 2bc + 2ac
= 2a2 + 2b2 + 2c2 - 2ab - 2bc - 2ac \(\ge0\)
= ( a2 - 2ab + b2 ) + ( b2 - 2bc + c2 ) + ( a2 - 2ac + c2 ) \(\ge0\)
= ( a - b )2 + ( b - c)2 + ( a - c )2 \(\ge0\) ( luôn đúng )
\(\Rightarrow\)a2 + b2 + c2 \(\ge\)ab + bc + ac
Ta có : a2 + b2 + c2 \(\ge\)ab + bc + ac
Nhân cả 2 vế với 2 ta được :
2 ( a2 + b2 + c2 ) \(\ge\) 2 ( ab + bc + ac )
Cộng cả 2 vế với : a2 + b2 + c2 ta được :
3 ( a2 + b2 + c2 ) \(\ge\) a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac
3 ( a2 + b2 + c2 ) \(\ge\) ( a + b + c )2
3 ( a2 + b2 + c2 ) \(\ge\)1
a2 + b2 + c2 \(\ge\)\(\frac{1}{3}\) ( đpcm)