Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
\(\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2-2ab+b^2+b^2-2bc+c^2+c^2-2ca+a^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\forall a,,b,c\in R\)
b)\(a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\)
ta có \(\left(a^2-b^2\right)^2+\left(b^2-c^2\right)^2+\left(a^2-c^2\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\) (1)
ta cũng có \(\left(ab-bc\right)^2+\left(bc-ca\right)^2+\left(ca-ab\right)^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge ab^2c+a^2bc+abc^2=abc\left(a+b+c\right)^{^{^{^{^{^{^{^{^{^{^{^{^{ }}}}}}}}}}}}}\) (2)
từ (1)(2) suy ra ĐPCM
lại đây nào , hằng đẳng thức quen thuộc của chúng ta ơi: \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)( cái này dễ chứng minh nha bạn, bạn có thể nhân hai vế với 2 hoặc tra mạng là có ngay nha). và chúng ta sẽ áp dụng công thức này vào biểu thức bên dưới
1 \(a^4+b^4+c^4=\left(a^2\right)^2+\left(b^2\right)^2+\left(c^2\right)^2\) \(\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge ab^2c+abc^2+a^2bc\)\(=abc\left(a+b+c\right)\)
từ đẳng thức ta có đpcm
2 \(a^8+b^8+c^8=\left(a^4\right)^2+\left(b^4\right)^2+\left(c^4\right)^2\)\(\ge a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\ge a^2b^4c^2+a^2b^2c^4\)\(+a^4b^2c^2\)
\(=a^2b^2c^2\left(b^2+c^2+a^2\right)\)\(\ge a^2b^2c^2\left(ab+bc+ca\right)\)
từ đẳng thức ta có đpcm
trong suốt quá trình giải bài toán mình đều sử dụng công thức bên trên nhé. chúc bạn học tốt. kb và tk mk
áp dụng bddt AM-GM cho 2 số dương :
a4 + b4 \(\ge\) 2a2b2 .........tương tự với b4 +c4, c4+a4
=> 2 ( a^4 + b^4 + c^4) >= 2(a^2b^2 + a^2c^2 +b^2c^2)=>.....
tương tự áp dụng bddt AM-GM
cho các cặp a2b2+b2c2 ; a2b2+c2a2 ;b2c2+c2a2
suy ra : a2b2+b2c2+c2a2\(\ge\) abc(a+b+c) (dpcm)
b.
\(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Xét hiệu:
\(3\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a+b+c^2\right)=3a^2+3b^2+3c^2-a^2-b^2-c^2-2ab-2bc-2ac\)
\(=2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2ac-2bc\)
\(=\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(a^2-2ac+c^2\right)\)
\(=\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(a-c\right)^2\ge0\) ( luôn đúng)
=> \(\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
> hay ≥
hattori heiji cứ lm đi chắc \(\ge\)
Phạm Nguyễn Tất Đạt t xin-.-
Nhã Doanh t xin trc r :))
Phạm Nguyễn Tất Đạt
t bảo hattori heiji nhường-.-
a)\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
AM-GM:\(a^2+b^2\ge2ab\)
\(b^2+c^2\ge2bc\)
\(c^2+a^2\ge2ca\)
Cộng vế theo vế\(\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)
b)AM-GM:\(a^4+a^4+b^4+c^4\ge4a^2bc\)
\(b^4+b^4+a^4+c^4\ge4ab^2c\)
\(a^4+b^4+c^4+c^4\ge4abc^2\)
Cộng vế theo vế\(\Rightarrow4\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge4a^2bc+4ab^2c+4abc^2\)
\(\Rightarrow a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)\left(đpcm\right)\)
éc-.-
câu c hệ quả bđt schur
Phạm Nguyễn Tất Đạt làm luôn đi-.-
Nhã Doanh uk
Nhã Doanh mak dài quá k lm :))
Phạm Nguyễn Tất Đạt -.- xạo
hay là ko làm được:))
Nhã Doanh dạng cuối you khai triển ra là \(a\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c\left(c-b\right)\left(c-a\right)\ge0\)
Đây là bđt schur bậc 1 nha cách cm khá dễ
Phạm Nguyễn Tất Đạt tự làm đêeee
ai bảo giành của t-.-
Nhã Doanh khai triển ra mệt khỏi lm :))
c)
ta có
(a+b-c)(a-b+c) = a2-(b-c)2 ≤ a2
(a-b+c)(b+c-a) = c2-(a-b)2 ≤ b2
(a+b-c)(b+c-a) = b2-(a-c)2 ≤ b2
nhân các vế với nhau ta đc
[(a+b-c)(a-b+c)(b+c-a)]2 ≤ (abc)2
<=> (a+b-c)(a-b+c)(b+c-a) ≤ abc (đpcm)