ta có: a3 b3>(=)ab(a b); c3 a3>(=)ca(c a)$\Rightarrow\frac{1}{2a^3 b^3 c^3 2}\le\frac{bc}{\left(b c\right)\left(a b c\right)}\le\frac{b c}{4\left(a b c\right)}$tương tự =>đpcm

TT

Trần Tiến Đạt

27 tháng 3 2018

sao lại toán lớp 2 ?

đặt $P=\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}$\(\Rightarrow...

NT

Nguyễn Thiều Công Thành

15 tháng 8 2017

1

NT

Nguyễn Thiều Công Thành

15 tháng 8 2017

cho đề này:

cho a;b;c là các số thực dương thỏa mãn a²+b²+c²=1.CMR:$\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}\le\frac{9}{2}$

1. cho $0< a\le b\le c$ . Cmr: $\frac{2a^2}{b^2+c^2}+\frac{2b^2}{c^2+a^2}+\frac{2c^2}{a^2+b^2}\le\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}$ 2. cho $a,b,c\ge0$. cmr: $a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge2\left(ab+bc+ca\right)$ 3. $a,b,c>0.$ Cmr: $\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc+\sqrt[3]{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}$ 4. $a,b,c0$. Tìm Min...

PT

Phương Tuyết

8 tháng 4 2020

cho 3 số thực dương a,b,c. chứng minh

$ab+bc+ca\le\frac{a^3\left(b+c\right)}{a^2+bc}+\frac{b^3\left(c+a\right)}{b^2+ca}+\frac{c^3\left(a+b\right)}{c^2+ab}\le a^2+b^2+c^2$$ab+bc+ca\le\frac{a^3\left(b+c\right)}{a^2+bc}+\frac{b^3\left(c+a\right)}{b^2+ca}+\frac{c^3\left(a+b\right)}{c^2+ab}\le a^2+b^2+c^2$

#Toán lớp 10

0

BN

bach nhac lam

19 tháng 10 2019

5

T

tthnew

11 tháng 11 2019

2/ Không mất tính tổng quát, giả sử $c=min\left\{a,b,c\right\}$.

Nếu abc = 0 thì có ít nhất một số bằng 0. Giả sử c = 0. BĐT quy về: $a^2+b^2\ge2ab\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0$ (luôn đúng)

Đẳng thức xảy ra khi a = b; c = 0.

Nếu $abc\ne0$. Chia hai vế của BĐT cho $\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}$

BĐT quy về: $\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^4}{b^2c^2}}+3\ge2\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{ab}{c^2}}$

Đặt $\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}=x;\sqrt[3]{\frac{b^2}{ca}}=y;\sqrt[3]{\frac{c^2}{ab}}=z\Rightarrow xyz=1$

Cần chúng minh: $x^2+y^2+z^2+3\ge2\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)$

$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge2\left(xy+yz+zx\right)$ (1)

Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 3 số x - 1, y - 1, z - 1 tồn tại ít nhất 2 số có tích không âm. Không mất tính tổng quát, giả sử $\left(x-1\right)\left(y-1\right)\ge0$

$\Rightarrow2xyz\ge2xz+2yz-2z$. Thay vào (1):

$VT\ge x^2+y^2+z^2+2xz+2yz-2z+1$

$=\left(x-y\right)^2+\left(z-1\right)^2+2xy+2xz+2yz$

$\ge2\left(xy+yz+zx\right)$

Vậy (1) đúng. BĐT đã được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc a = b, c = 0 và các hoán vị.

Check giúp em vs @Nguyễn Việt Lâm, bài dài quá:(

T

tthnew

6 tháng 7 2020

Để đưa về chứng minh $(1)$ và $(2)$ ta dùng:

Định lí SOS: Nếu $X+Y+Z=0$ thì $AX^2+BY^2+CZ^2\ge0$

khi $\left\{{}\begin{matrix}A+B+C\ge0\\AB+BC+CA\ge0\end{matrix}\right.$

Chứng minh: Vì $\sum\left(A+C\right)=2\left(A+B+C\right)\ge0$

Nên ta có thể giả sử $A+C\ge0$. Mà $X+Y+Z=0$ nên$:$

$AX^2+BY^2+CZ^2=AX^2+BY^2+C\left[-\left(X+Y\right)\right]^2$

$={\frac { \left( AX+CX+CY \right) ^{2}}{A+C}}+{\frac {{Y}^{2} \left( AB+AC+BC \right) }{A+C}} \geq 0$

ta có:$ab+bc+ac=abc\Leftrightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$Áp dụng BĐT :$\frac{1}{x+y}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)$ta có:$\frac{1}{2a+b+c}=\frac{1}{\left(a+c\right)+\left(a+b\right)}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c}\right).$$\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\right)=\frac{1}{16}\left(\frac{2}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right).$Tương tự ta có...

TH

Trần Hữu Ngọc Minh

2 tháng 1 2018

Câu 19 , Đăk Lắk Cho các số thực dương x ; y ; z thỏa mãn $x+2y+3z=2$Tìm $S_{max}=\sqrt{\frac{xy}{xy+3z}}+\sqrt{\frac{3yz}{3yz+x}}+\sqrt{\frac{3xz}{3xz+4y}}$ GiảiĐặt $\hept{\begin{cases}x=a\\2y=b\\3z=c\end{cases}}\left(a;b;c\right)>0\Rightarrow a+b+c=2$Khi đó $S=\sqrt{\frac{a.\frac{b}{2}}{a.\frac{b}{2}+c}}+\sqrt{\frac{\frac{b}{2}.c}{\frac{b}{2}.c+a}}+\sqrt{\frac{a.c}{a.c+2b}}$ ...

0

I

Incursion_03

21 tháng 6 2019

Câu 19 , Đăk Lắk

Cho các số thực dương x ; y ; z thỏa mãn $x+2y+3z=2$

Tìm $S_{max}=\sqrt{\frac{xy}{xy+3z}}+\sqrt{\frac{3yz}{3yz+x}}+\sqrt{\frac{3xz}{3xz+4y}}$

Giải

Đặt $\hept{\begin{cases}x=a\\2y=b\\3z=c\end{cases}}\left(a;b;c\right)>0\Rightarrow a+b+c=2$

Khi đó $S=\sqrt{\frac{a.\frac{b}{2}}{a.\frac{b}{2}+c}}+\sqrt{\frac{\frac{b}{2}.c}{\frac{b}{2}.c+a}}+\sqrt{\frac{a.c}{a.c+2b}}$

$=\sqrt{\frac{ab}{ab+2c}}+\sqrt{\frac{bc}{bc+2a}}+\sqrt{\frac{ac}{ac+2b}}$

$=\sqrt{\frac{ab}{ab+\left(a+b+c\right)c}}+\sqrt{\frac{bc}{bc+\left(a+b+c\right)a}}+\sqrt{\frac{ac}{ac+\left(a+b+c\right)b}}$

$=\sqrt{\frac{ab}{ab+ac+bc+c^2}}+\sqrt{\frac{bc}{bc+a^2+ab+ac}}+\sqrt{\frac{ac}{ac+ab+b^2+bc}}$

$=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\sqrt{\frac{ac}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}}$

$\le\frac{\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}}{2}+\frac{\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}}{2}+\frac{\frac{a}{a+b}+\frac{c}{b+c}}{2}\left(Cauchy\right)$

$=\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+c}+\frac{c}{a+c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{b}{b+c}+\frac{c}{b+c}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}\right)$

$=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$

Dấu "=" tại a = b = c

20, Thanh hóa

Cho a;b;c > 0 thỏa abc = 1

CMR $\frac{ab}{a^4+b^4+ab}+\frac{bc}{b^4+c^4+bc}+\frac{ac}{a^4+c^4+ac}\le1$

Giải

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki có

$\left(a^2+b^2\right)^2\le\left(1+1\right)\left(a^4+b^4\right)$

$\Rightarrow a^4+b^4\ge\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2}=\frac{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+b^2\right)}{2}\ge\frac{2ab\left(a^2+b^2\right)}{2}=ab\left(a^2+b^2\right)$

$\Rightarrow a^4+b^4\ge ab\left(a^2+b^2\right)$

Khi đó $\frac{ab}{a^4+b^4+ab}\le\frac{ab}{ab\left(a^2+b^2\right)+ab}=\frac{1}{a^2+b^2+1}$

Chứng minh tương tự $\frac{bc}{b^4+c^4+bc}\le\frac{1}{b^2+c^2+1}$

$\frac{ac}{a^4+c^4+ac}\le\frac{1}{a^2+c^2+1}$

Khi đó $VT\le\frac{1}{a^2+b^2+1}+\frac{1}{b^2+c^2+1}+\frac{1}{a^2+c^2+1}=A$

Ta sẽ chứng minh A < 1

Thật vậy

Đặt $\left(a^2;b^2;c^2\right)\rightarrow\left(x^3;y^3;z^3\right)$

$\Rightarrow xyz=1$

Khi đó $A=\frac{1}{x^3+y^3+1}+\frac{1}{y^3+z^3+1}+\frac{1}{z^3+x^3+1}$

Áp dụng bđt Cô-si có $x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2+y^2-xy\right)\ge\left(x+y\right)\left(2xy-xy\right)=xy\left(x+y\right)$

$\Rightarrow x^3+y^3\ge\left(x+y\right)xy$

$\Rightarrow x^3+y^3+1\ge\left(x+y\right)xy+1=\left(x+y\right)xy+xyz=xy\left(x+y+z\right)$

$\Rightarrow\frac{1}{x^3+y^3+1}\le\frac{1}{xy\left(x+y+z\right)}=\frac{xyz}{xy\left(x+y+z\right)}=\frac{z}{x+y+z}$

Chứng minh tương tự $\frac{1}{y^3+z^3+1}\le\frac{x}{x+y+z}$

$\frac{1}{x^3+z^3+1}\le\frac{z}{x+y+z}$

Khi đó $A\le\frac{x+y+z}{x+y+z}=1\left(đpcm\right)$

Dấu "=" tại x = y = z = 1

Đang trong quá trình cập nhật những câu tiếp theo , những câu tiếp theo sẽ ở trong phần bình luận

3

I

Incursion_03

21 tháng 6 2019

34, Quảng Ninh

Cho x;y;z > 0 thỏa mãn x + y + z < 1

Tìm GTNN của biểu thức $P=\frac{1}{x^2+y^2+z^2}+\frac{2019}{xy+yz+zx}$

Ta có bđt sau : $\frac{m^2}{a}+\frac{n^2}{b}\ge\frac{\left(m+n\right)^2}{a+b}\left(a;b>0\right)$

Áp dụng ta được $P=\frac{1}{x^2+y^2+z^2}+\frac{2019}{xy+yz+zx}$

$=\frac{1}{x^2+y^2+z^2}+\frac{4}{2\left(xy+yz+zx\right)}+\frac{2017}{xy+yz+zx}$

$\ge\frac{\left(1+2\right)^2}{x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)}+\frac{2017}{\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}$

$=\frac{9}{\left(x+y+z\right)^2}+\frac{6051}{\left(x+y+z\right)^2}$

$=\frac{6060}{\left(x+y+z\right)^2}\ge\frac{6060}{1}=6060$

Dấu "=" tại x = y = z = 1/3

I

Incursion_03

21 tháng 6 2019

39, Chuyên Hưng Yên

Với x;y là các số thực thỏa mãn $\left(x+2\right)\left(y-1\right)=\frac{9}{4}$

Tìm $A_{min}=\sqrt{x^4+4x^3+6x^2+4x+2}+\sqrt{y^4-8y^3+24y^2-32y+17}$

Ta có $A=\sqrt{x^4+4x^3+6x^2+4x+2}+\sqrt{y^4-8y^3+24y^2-32y+17}$

$=\sqrt{\left(x+1\right)^4+1}+\sqrt{\left(y-2\right)^4+1}$

Đặt $\hept{\begin{cases}x+1=a\\y-2=b\end{cases}}$

Thì $A=\sqrt{a^4+1}+\sqrt{b^4+1}$và giả thiết đã cho trở thành $\left(a+1\right)\left(b+1\right)=\frac{9}{2}$

Ta có bất đẳng thức $\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{z^2+t^2}\ge\sqrt{\left(x+z\right)^2+\left(y+t\right)^2}$(1)

Thật vậy

$\left(1\right)\Leftrightarrow x^2+y^2+2\sqrt{\left(x^2+y^2\right)\left(z^2+t^2\right)}+z^2+t^2\ge x^2+2xz+z^2+y^2+2yt+t^2$

$\Leftrightarrow\sqrt{x^2z^2+x^2t^2+y^2z^2+y^2t^2}\ge xz+yt$

*Nếu xz + yt < 0 thì bđt luôn đúng

*Nếu xz + yt > 0 thì bđt tương đương với

$x^2z^2+x^2t^2+y^2z^2+y^2t^2\ge x^2z^2+2xyzt+y^2t^2$

$\Leftrightarrow x^2t^2-2xyzt+y^2z^2\ge0$

$\Leftrightarrow\left(xt-yz\right)^2\ge0$(Luôn đúng)

Vậy bđt (1) được chứng minh

Áp dụng (1) ta được $A=\sqrt{a^4+1}+\sqrt{b^4+1}\ge\sqrt{\left(a^2+b^2\right)^2+\left(1+1\right)^2}$

$=\sqrt{\left(a^2+b^2\right)^2+4}$

Ta có $\left(a+1\right)\left(b+1\right)=\frac{9}{4}$

$\Leftrightarrow ab+a+b+1=\frac{9}{4}$

$\Leftrightarrow ab+a+b=\frac{5}{4}$

Áp dụng bđt Cô-si có $a^2+b^2\ge2ab$

$2\left(a^2+\frac{1}{4}\right)\ge2a$

$2\left(b^2+\frac{1}{4}\right)\ge2b$

Cộng 3 vế vào được

$3\left(a^2+b^2\right)+1\ge2\left(ab+a+b\right)=\frac{5}{2}$

$\Rightarrow a^2+b^2\ge\frac{1}{2}$

Khi đó $A\ge\sqrt{\left(a^2+b^2\right)^2+4}\ge\sqrt{\frac{1}{4}+4}=\frac{\sqrt{17}}{3}$

Dấu ''=" tại $\hept{\begin{cases}a=\frac{1}{2}\\b=\frac{1}{2}\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}x+1=\frac{1}{2}\\y-2=\frac{1}{2}\end{cases}\Leftrightarrow}\hept{\begin{cases}x=-\frac{1}{2}\\y=\frac{5}{2}\end{cases}}$

Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge1$. CMR: $\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}+\frac{b+c}{\sqrt{bc+a}}+\frac{c+a}{\sqrt{ca+b}}\ge3\sqrt[6]{abc}$Giải: $GT\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge abc$$\Rightarrow ab\le\frac{ab+bc+ca}{c}$$\Rightarrow\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}\ge\frac{a+b}{\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{c}+c}}=\frac{\left(a+b\right)\sqrt{c}}{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}$Tương tự rồi cộng...

KN

Kiệt Nguyễn

4 tháng 2 2021

2

PV

Phạm Việt Phú

4 tháng 2 2021

jjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjjj

NP

nguyễn phương thảo

4 tháng 2 2021

OMG !!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

S

shitbo

7 tháng 4 2020

biết: $ab+bc+ca=abc.CMR:\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{ca}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\le\frac{3}{4}$

#Toán lớp 8

2

S

✰๖ۣۜŠɦαɗøω✰

7 tháng 4 2020

Giải

ab + bc + ca = abc =>$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$

chọn a = 7 ; b = 3 ; c = $\frac{21}{11}$

=> $\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{ca}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}=0,81>\frac{3}{4}$

Vậy BĐT phải là :

$\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{ca}{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}+\frac{ab}{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}\ge\frac{3}{4}$

quy đồng ta có :

$\frac{b^2c+bc^2+c^2a+ca^2+a^2b+ab^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\ge\frac{3}{4}$

<=> 4 .( b²c + bc² + c²a + ca² + a²b +ab² ) $\ge$3(2abc + a²b + ab² + b²c + bc² + c²a + ca² )

<=> a²b + ab² +b²c +bc² + c²a + ac² $\ge$6abc

<=> $\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\ge6$

<=>$\frac{a+b}{c}+1+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\ge9$

<=> $\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9$ ( 1 )

Ta có BĐT phụ $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}$

<=> ( a + b + c )( ab + bc + ac ) $\ge$9abc

Thật vậy do $a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}$

$ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$

=> $\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc$

$\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(\frac{9}{a+b+c}\right)=9$

đpcm .Dấu " = " xảy ra khi a= b = c

Đề em nghĩ có chút sai sai nên em sửa rồi nha anh ( chắc vậy )

T

tth_new

7 tháng 4 2020

Không biết có ai bị lỗi công thức Toán như mình không... Cứ phải mượn trình gõ Latex bên AoPS không à... Gõ bên olm không hiện.

Giả sử $c=\min\{a,b,c\}$ . Ta có:

$\text{VT-VP}=\frac{\left( b-c \right) \left( a-c \right) \left( a+b \right) +2\,c \left( a-b \right) ^{2}}{4(a+b)(b+c)(c+a)} \geqq 0$

Vậy điều kiện bài toán là thừa thải, và bất đẳng thức trên ngược dấu :)))

dễ cm $\frac{9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{4\left(ab+bc+ca\right)}\ge2\left(a+b+c\right)$$2\sqrt{a^2-ab+b^2}=2\sqrt{\left(\frac{a^2}{b}-a+b\right)b}\le a^2-a+2b$từ đó bđt cần cm <=> $a+b+c\ge ab+bc+ca$lại...

NT

Nguyễn Thiều Công Thành

20 tháng 6 2018

0

NT

Nguyễn Thiều Công Thành

6 tháng 8 2017

$\sqrt[4]{\frac{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2-ab+b^2\right)}{2}}+\sqrt[4]{\frac{\left(b^2+c^2\right)\left(b^2-bc+c^2\right)}{2}}+\sqrt[4]{\frac{\left(c^2+a^2\right)\left(c^2-ca+a^2\right)}{2}}\le\frac{2\left(a^2+b^2+c^2\right)}{3}\left(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\right)$