Ta có BĐT: Với a,b,c,k không âm thì:\(25k\left(a^2 b^2 c^2\right) 54abc 36k^3\ge6k^2\left(a b c\right) 49k\left(ab bc ca\right)\) (*)Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=k

T

tth_new

22 tháng 5 2020 - olm

Ta có BĐT: Với a,b,c,k không âm thì:\(25k\left(a^2+b^2+c^2\right)+54abc+36k^3\ge6k^2\left(a+b+c\right)+49k\left(ab+bc+ca\right)\) (*)Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=k;\left(a;b;c\right)=\left(6k,6k,0\right)\) và các hoán vị.Chứng minh: Đặt \(a=kx,b=ky,c=kz\) rút gọn lại thì thu được:...

Đọc tiếp

#Toán lớp 9

0

KN

Kiệt Nguyễn

27 tháng 4 2020 - olm

Câu hỏi hay

Với a,b,c không âm. CMR:

\(25\left(a^2+b^2+c^2\right)+54abc+36\ge6\left(a+b+c\right)+49\left(ab+bc+ca\right)\)

pqr chăng?

#Toán lớp 9

15

NL

Nguyễn Linh Chi

27 tháng 4 2020

Chắc khó nhất ở chỗ: khử abc

Theo dirichlet

a(b-1)(c-1) \(\ge0\)

=> abc \(\ge\)ab + ac - a

Thay vào ta có: \(25\left(a^2+b^2+c^2\right)+54abc+36\ge25\left(a^2+b^2+c^2\right)+54\left(ab+bc-a\right)^2+36\)

Ta cần chứng minh:

\(25\left(a^2+b^2+c^2\right)+54\left(ab+ac-a\right)+36\ge6\left(a+b+c\right)+49\left(ab+bc+ac\right)\) (1)

Đến đây thì có thể dùng nhiều cách: Vì mình cũng dễ thấy nghiệm có a = b = c = 1

Dùng trung bình nhân ( hoặc cách khác)

Đúng(1)

T

tth_new

27 tháng 4 2020

SOS forever!

VT - VP

\(=\frac{\left(54bc+50a-49b-49c-6\right)^2}{100}-\frac{9\left(54bc+b-49c-6\right)^2\left(6c-11\right)}{5400c+100}+\frac{1350c\left(c-1\right)^2}{54c+1}\)

\(=\frac{\left(50a+50b-49c-6\right)^2}{100}+\frac{99\left(c-6\right)^2}{100}+9ab\left(6c-11\right)\)

Từ 2 đẳng thức trên có đpcm. Nếu muốn thì em gộp lại thành 1 biểu thức SOS giống a cho đẹp :D Tại hôm nay làm biếng nên viết tách ra, gộp mất công dò lại nhiều:v

Đúng(0)

PN

Phan Nghĩa

25 tháng 6 2021 - olm

Cho \(a,b,c0\)CMR :\(\frac{a^4}{b\left(b+c\right)}+\frac{b^4}{c\left(c+a\right)}+\frac{c^4}{a\left(a+b\right)}\ge\frac{1}{2}\left(ab+bc+ca\right)\)Áp dụng bđt Svac-xo ta có :\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}\ge\frac{ab+bc+ca}{2}\)Dấu "-" xảy ra \(<...

Đọc tiếp

#Toán lớp 8

0

DN

Đỗ Nhật Linh

28 tháng 12 2017 - olm

Áp dụng bất đẳng thức bu nhi a , ta có \(\left(a+b+c\right)\left[\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\right]\ge\left(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\right)^2\)mà bạn dễ dàng chứng minh \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ac+c+1}=1\) với...

Đọc tiếp

#Toán lớp 1

4

NT

nguyen thi nhu quynh

28 tháng 12 2017

thế mà bảo toán lớp 1

Đúng(0)

VT

vũ tiền châu

29 tháng 12 2017

Áp dụng bđt bu nhi a, ta có \(M^2\le3\left(\frac{a}{b+c+2a}+...\right)\)

mà \(\frac{a}{b+c+2a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)\)

tương tự, ta có \(M^2\le\frac{3}{4}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}+\frac{c}{c+b}\right)=\frac{9}{4}\)

=>\(M\le\frac{3}{2}\)

dấu = xảy ra <=> a=b=c

Đúng(0)

T

tth_new

24 tháng 9 2019 - olm

Câu hỏi hay

Với a, b, c dương ta có bđt sau: \(ab^2+bc^2+ca^2\ge3abc\)BĐT trên là đã là quá quen thuộc khi dùng AM-GM cho 3 số, nhưng nếu đối với những bạn mới chưa học AM-GM (như mình) thì mình làm gì? Mình chỉ mới tìm ra 3 cách phân tích cho bđt trên, các bạn tìm thêm nhé! Và mình nói trước là mình không chắc ở cách 3 nhé! Cách 1: Giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\}\) ta...

Đọc tiếp

#Toán lớp 8

1

TT

The Thong's VN Studio

2 tháng 10 2019

ok. Mình không nghĩ là toán 8 và thực sự chả hiểu j cả

Đúng(0)

L

Legolas

21 tháng 6 2017

Tìm tất cả các số thực k sao cho BĐT sau đúng với mọi số thực không âm a,b,c

\(ab+bc+ca\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+k.max\left\{\left(a-b\right)^2,\left(b-c\right)^2,\left(c-a\right)^2\right\}\le a^2+b^2+c^2\)

#Toán lớp 10

1

NT

Ngô Thanh Sang

22 tháng 6 2017

Câu hỏi hay luôn:))

Không mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\). Khi đó \(max\left\{\left(a-b\right)^2,\left(b-c\right)^2,\left(c-a\right)^2\right\}=\left(a-c\right)^2\)

Như vậy, ta sẽ tìm k sao cho \(ab+bc+ca\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+k\left(a-c\right)^2\le a^2+b^2+c^2\)

Cho c = 0, a = 2b ta được \(\dfrac{-1}{4}\le k\le\dfrac{1}{2}\). Ta sẽ C/m \(ab+bc+ca\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+k\left(a-c\right)^2\le a^2+b^2+c^2\) với mọi \(\dfrac{-1}{4}\le k\le\dfrac{1}{2}\)

Ta có:

\(ab+bc+ca\le\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+k\left(a-c\right)^2\Leftrightarrow\left(k+\dfrac{1}{4}\right)\left(a-c\right)^2+\dfrac{1}{12}\left(a+c-2b\right)^2\ge0\)

Nên BĐT đầu tiên đúng. Đồng thời:

\(\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{3}+k\left(a-c\right)^2\le a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow\left(\dfrac{1}{2}-k\right)\left(a-c\right)^2+\dfrac{1}{6}\left(a+c-2b\right)^2\ge0\)

Nên BĐT thứ 2 cũng đúng

Đúng(0)

HT

Hoàng Thị Mai Hương

20 tháng 4 2017 - olm

Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn abc =1 . Chứng minh rằng \(\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\ge\frac{1}{a+b+c}\)

Đẳng thức xảy ra khi nào ?

#Toán lớp 9

1

KN

Kiệt Nguyễn

12 tháng 6 2020

Vì abc = 1 nên \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\)\(=\frac{ac}{abc+ac+c}+\frac{abc}{abc^2+abc+ac}+\frac{c}{ca+c+1}\)

\(=\frac{ac}{ac+c+1}+\frac{1}{ac+c+1}+\frac{c}{ac+c+1}=\frac{ac+c+1}{ac+c+1}=1\)(*)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức và áp dụng đẳng thức (*), ta được:

\(\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\)\(=\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}\right)^2}{a}+\frac{\left(\frac{b}{bc+b+1}\right)^2}{b}+\frac{\left(\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{c}\)

\(\ge\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{a+b+c}=\frac{1}{a+b+c}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Đúng(0)

T

tth_new

8 tháng 2 2019 - olm

Nêu các cách chứng minh BĐT Nesbitt.BĐT Nesbitt là một BĐT khá quen thuộc trong các bài toán BĐT,chúng ta hay tìm những lời giải cho BĐT này nhé!Đề: Cho a,b,c>0.CMR \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\)Cách 1:Thật vậy,ta...

Đọc tiếp

#Toán lớp 9

4

KH

ʚ๖ۣۜKɦáηɦ ๖ۣۜHυүềηɞ‏

8 tháng 2 2019

ok , cảm ơn bạn !!!

Bài toán rất hay và bổ ích !!!

Đúng(0)

KB

Khôi Bùi

8 tháng 2 2019

Đây nhé

Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y=2c+b+a=2c+z\\y+z=2a+b+c=2a+x\\x+z=2b+a+c=2b+y\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\frac{x+y-z}{2}=c;\frac{y+z-x}{2}=a;\frac{x+z-y}{2}=b\)

Thay vào PT đã cho ở đề bài , ta có :

\(\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-3\right)\)

\(\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2-3\right)=\frac{3}{2}\)

( cái này cô - si cho x/y + /x ; x/z + z/x ; y/z + z/y)

Đúng(0)

T

tth_new

7 tháng 12 2018 - olm

*TỔ CHỨC CUỘC THI TOÁN NÂNG CAO CẤP THCS (7-8-9) (tiếp theo)Kì thi đã tổ chức một lần và hôm nay mình xin tổ chức tiếp dành riêng cho khối 7,8 .Bạn nào chưa xem thì có thể xem lại và làm tại đây--------------------------------------------------------------------------------------Trước khi vào bài,mình có một số gợi ý nho nhỏ để các bạn có hướng làm bài tốt! Chúng ta có thể sử dụng nguyên lí Dirichlet...

Đọc tiếp

#Toán lớp 7

6

DT

Đặng Thị Khánh Ly

7 tháng 12 2018

Ta thấy trong ba số thực dương a;b;ca;b;c luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hay bằng 11 hoặc nhỏ hơn hay bằng 11. Giả sử đó là bb và cc.

Khi đó ta có: (b−1)(c−1)≥0⇔bc≥b+c−1(b−1)(c−1)≥0⇔bc≥b+c−1 suy ra 2abc≥2ab+2ac−2a2abc≥2ab+2ac−2a

Do đó, a2+b2+c2+2abc+1≥a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1a2+b2+c2+2abc+1≥a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1

Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh: a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1≥2(ab+bc+ca)a2+b2+c2+2ab+2ac−2a+1≥2(ab+bc+ca)

⇔(a2−2a+1)+(b2+c2−2bc)≥0⇔(a−1)2+(b−c)2≥0⇔(a2−2a+1)+(b2+c2−2bc)≥0⇔(a−1)2+(b−c)2≥0 (đúng)

Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1a=b=c=1.

Đúng(0)

T

tth_new

7 tháng 12 2018

Đặng Ly sao bạn biết đc luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hay bằng 11 hoặc nhỏ hơn hay bằng 11?Nếu thế thì sai r bạn ey! Mà bạn đang làm bài nào thế?

Đúng(0)

LH

Lê Huỳnh

26 tháng 3 2016 - olm

Cho các số dương a,b,c CMR ta luôn có đẳng thức sau :

\(\frac{c\left(a^2+b^2\right)^2}{b^3\left(ab+c^2\right)}+\frac{b\left(c^2+a^2\right)^2}{a^3\left(bc+b^2\right)}+\frac{a\left(b^2+c^2\right)^2}{c^3\left(bc+a^2\right)}\ge\frac{2\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)}{abc}\)

#Toán lớp 8

0

Chúng tôi đề xuất

Tài nguyên

Ứng dụng mobile

Bảng xếp hạng

Các khóa học có thể bạn quan tâm

Yêu cầu VIP