1樓：匿名使用者
a²+b²+c²-ab-bc-ca
=(a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2因為(a-b)^2≥
0(a-c)^2≥0
(b-c)^2≥0
所以(a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2≥0即 a²+b²+c²-ab-bc-ca≥0所以a²+b²+c²≥ab+bc+ca.
2樓：匿名使用者
a²+b²+c²-ab-bc-ca
=½﹙2a²＋2b²＋2c²－2ab－2ac－2bc﹚=½[(a-b)²+(a-c)²+(b-c)²]≥0∴a²+b²+c²≥ab+bc+ca.
3樓：
≥|根據柯西不等式：
(a²+b²+c²)(b²+c²+a²)≥(ab+bc+ca)²,得到(a²+b²+c²)≥|(ab+bc+ca)| ≥ab+bc+ca
4樓：匿名使用者
^^^a^2+b^2-2ab+a^2+c^2-2ac+b^2+c^2-2bc =2(a^2+b^2+c^2-(ab+ac+bc))
=(a-b)^2+(a-c)^2+(b-c)^2>=0所以a^2+b^2+c^2>=ab+bc+ca
設a,b,c均為非零負實數，求證√（a²;+b²;)+√（b²;+c²;)+√（c²;+a²;) ≥
5樓：紫羅蘭愛橄欖樹
均值不等式：
1、調和平均數：hn=n/(1/a1+1/a2+...+1/an)
2、幾何平均數：gn=(a1a2...an)^(1/n)
3、算術平均數：an=(a1+a2+...+an)/n
4、平方平均數：qn=√ [(a1^2+a2^2+...+an^2)/n]
這四種平均數滿足hn≤gn≤an≤qn （a1，a2……，an為非負數）
當n=2時，其可以表示為
2/[(1/a)+(1/b)]=2(a+b)/ab≤√ab≤(a+b)/2≤√【(a²+b²)/2】=【(√2)/2】•√(a²+b²)
現在我們要利用的是最後面的 (a+b)/2≤【(√2)/2】•√(a²+b²)
即√(a²+b²)≥【(√2)/2】•(a+b)
解：因為a，b，c為非負實數【原題中寫的是「非零負實數」，似乎不對，於是就改了】
所以√（a²+b²)+√（b²+c²)+√（c²+a²)
≥【(√2)/2】•(a+b)+ 【(√2)/2】•(b+c)+ 【(√2)/2】•(c+a)
=(√2)•(a+b+c)
原命題得證
【希望對你有幫助】
6樓：匿名使用者
a,b,c應為非負實數
a²+b²>=2ab
所以√（a²+b²)>=√(2ab)
同理√（b²+c²)>=√(2bc) √（a²+c²)>=√(2ac)
√（a²+b²)+√（b²+c²)+√（c²+a²) ≥ √(2ab)+√(2bc)+√(2ac)
a+b>=2√(ab)
同時a+c>=2√(a) c+b>=2√(cb)2(a+b+c)>=2(√(ab)+√(bc)+√(ac))(a+b+c)>=(√(ab)+√(bc)+√(ac))所以√（a²+b²)+√（b²+c²)+√（c²+a²) ≥ √(2)*(a+b+c)
設實數a,b,c滿足a b c 1,abc》0 求證 ab
從左往右證，從右往左證，都乘 a b c 因為a b c 1 還有一種是用抽屜原理做的，不過你給的金幣不夠啊 大過年的做聯賽題 不容易 本人表示去年沒做出來 非負實數a,b,c滿足a 2 b 2 c 2 abc 4。求證 0 ab bc ca abc 2 因為 a 2 b 2 c 2 ab bc c...
已知a,b,c為不等的正數，且abc 1，求證a
a b c 3 abc 所以1 a 1 b 1 c 3 1 a1 b1 c又因為abc 1 所以 本題可構造來區域性不等式 源注意到由條件baiabc 1可知 1 a bc 1 b ac 1 c ab 所以由均值不等式 du1 a 1 b bc ac 2 abc 2 又由abc 1，則zhiabc ...
已知 a b c根號3a,b,c的平方和為1求證a b c
a b c 2 3 a 2 b 2 c 2 2ab 2bc 2ca 3a 2 b 2 c 2 1 2ab 2bc 2ca 2 所以2a 2 2b 2 2c 2 2ab 2bc 2ca2a 2 2b 2 2c 2 2ab 2bc 2ca 0 a 2 2ab b 2 b 2 2bc c 2 c 2 2c...