Cho a,b là hai số bất kỳ. Chứng minh rằng:$\frac{a^2 b^2}{2}\ge(\frac{a b}{2})^2$

KN

Khoa Nguyễn Đăng

9 tháng 5 2018 - olm

Cho a,b là hai số bất kỳ. Chứng minh rằng:

$\frac{a^2+b^2}{2}\ge(\frac{a+b}{2})^2$

#Toán lớp 8

1

TN

Trần Nguyễn Khánh Linh

9 tháng 5 2018

bđt$\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2$(luôn đúng do bđt bunhia copxki)

Đúng(0)

DD

Dung Đặng Phương

15 tháng 10 2017 - olm

1) Cho a, b, c nguyên thỏa mãn: $a^2+b^2=c^2\left(1+ab\right)$. Chứng minh rằng: $a\ge c;b\ge c$2) Cho a, b, c dương và $a+b+c\ge abc$. Chứng minh rằng: $a^2+b^2+c^2\ge abc$3) Cho a, b, c dương và $a+b+c\ge abc$. Chứng minh rằng ít nhất hai bất đẳng thức trong các bất đẳng thức sau là...

Đọc tiếp

#Toán lớp 9

2

TH

Trần Hữu Ngọc Minh

15 tháng 10 2017

bài 2

(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi

Giả sử ngược lại $a^2+b^2+c^2< abc$

khi đó $abc>a^2+b^2+c^2>a^2$nên $a< bc$

Tương tự $b< ac,c< ab$

Từ đó suy ra :$a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)$

mặt khác ta lại có:$a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac$nên

$abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac$

$\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)$

Từ (1),(2) ta có$abc>a+b+c$(trái với giả thuyết)

Vậy bài toán được chứng minh

Đúng(0)

TH

Trần Hữu Ngọc Minh

15 tháng 10 2017

3)để đơn giản ta đặt $x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}$.Khi đó $x,y,z>0$

và $xy+yz+xz\ge1$

ta phải chứng minh có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng

$2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6$

Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử

$2x+3y+6z< 6$và $2y+3z+6x< 6$

Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:$8x+5y+9z< 12$

Từ giả thiết $xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz$

$\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}$Do đó

$8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)$

$\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0$

$\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0$(vô lý)

mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.

Đúng(0)

PB

Phạm Bá Tâm

9 tháng 2 2022 - olm

Cho a,b,c là các số thực dương bất kì. Chứng minh rằng:

$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}$

#Toán lớp 9

2

HY

Hotory Yaruyuki

9 tháng 2 2022

áp dụng cách đánh giá :
$3\left(\frac{a^2+b^2}{2}+\frac{b^2+c^2}{2}+\frac{c^2+a^2}{2}\right)\ge$$\left(\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}}}\right)$

$hay\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}}}}$

Ta cần chỉ ra được :$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}$

Ta đánh giá theo bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức, cần chú ý đến $a^2+b^2+c^2$Ta được :

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

ta cần chứng minh được :

$\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2b+b^2c+c^2a}\ge\sqrt{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}$

$hay\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2$

Dễ thấy$\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)$

Do đó$\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)$

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki

$\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2$

Do đó ta được

$\left(a^2+b^2+c^2\right)^3\ge3\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)^2$

Bài toán được chứng minh :333!~

Đúng(0)

ND

Nguyễn Đăng Nhân

CTVHS

9 tháng 2 2022

Phân tích bài toán.

Ta làm 2 vế đẳng thức xuất hiện đại lượng kiểu$\left(a-b\right)^2;\left(b-c\right)^2;\left(c-a\right)^2$

Để biến đổi vế trái ta sẽ được:

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

$\Rightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}=\frac{\left(a-b\right)^2}{b}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(c-a\right)^2}{c}-\left(a+b+c\right)$

Để biến đổi vế phải ta sẽ được:

$\frac{\left(a-b\right)^2}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}+\frac{\left(b-c\right)^2}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}+\frac{\left(c-a\right)^2}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}+2\left(c+a\right)}$

Đến đây ta chỉ cần chỉ ra được $\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}\ge0$

Bài làm:

Bất đẳng thức cần chứng mình tương đương với:

$\frac{a^2}{b}-2a+b+\frac{b^2}{c}-2b+c+\frac{c^2}{a}-2c+a\ge$

$\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}-\left(a+b+c\right)$

$\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^1}{b}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(c-a\right)^2}{c}\ge$

$\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}-\frac{a^2+b^2}{2}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}-\frac{b^2+c^2}{2}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}-\frac{c+a}{2}$

$\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^1}{b}+\frac{\left(b-c\right)^2}{c}+\frac{\left(c-a\right)^2}{c}\ge$

$\frac{\left(a-b\right)^2}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}+\frac{\left(b-c\right)^2}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}+\frac{\left(c-a\right)^2}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)}+2\left(c+a\right)}$

$\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left[\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}\right]+\left(b-c\right)^2\left[\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}\right]$

$+\left(c-a\right)^2\left[\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}\right]\ge0$

Đặt:

$A=\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}$

$B=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}$

$C=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}$

Chứng mình hoàn tất nếu ta chứng mình được A,B.C$\ge$0, Vậy:

$A=\frac{1}{b}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}=\frac{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2a+b}{2\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}+2\left(a+b\right)}>0$

$B=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}=\frac{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2b+c}{2\sqrt{2\left(b^2+c^2\right)}+2\left(b+c\right)}>0$

$C=\frac{1}{c}-\frac{1}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}=\frac{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2c+a}}{2\sqrt{2\left(c^2+a^2\right)+2\left(c+a\right)}}>0$

Vậy biểu thức đã được chứng minh.

Đúng(2)

NT

Nghiêm Thị Nhân Đức

25 tháng 2 2020

1, cho a,b,c là các số thực dương chứng minh rằng $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{2a+b}{a\left(a+2b\right)}+\frac{2b+c}{b\left(b+2c\right)}+\frac{2c+a}{c\left(a+2c\right)}$ 2,cho x,y,z thỏa mãn x+y+z=5 và xy+yz+xz=8 chứng minh rằng $1\le x\le\frac{7}{3}$ 3, cho a,b,c>0 chứng minh rằng$\frac{a^2}{2a^2+\left(b+c-a\right)^2}+\frac{b^2}{2b^2+\left(b+c-a\right)^2}+\frac{c^2}{2c^2+\left(b+a-c\right)^2}\le1$ 4,cho a,b,c là các số thực bất kỳ chứng...

Đọc tiếp

#Toán lớp 9

1

CM

Copxki Minh

2 tháng 12 2020

Đặt $\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)$

$x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}$

$\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}$

$\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)$

$\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z$

Dấu "=" xảy ra khi x=y=z

Đúng(0)

MT

Mai Tuấn Hưng

22 tháng 2 2022 - olm

Cho a,b,c là các số thực dương bất kì, chứng minh rằng:

$\left(\frac{a}{b+2c}\right)^2+\left(\frac{b}{c+2a}\right)^2+\left(\frac{c}{a+2b}\right)^2\ge\frac{1}{3}$

#Toán lớp 9

1

ND

Nguyễn Đăng Nhân

CTVHS

22 tháng 2 2022

Áp dụng đánh giá $x^2+y^2+z^2\ge\frac{1}{3}\left(x+y+z\right)^2$ , ta được:

$\left(\frac{a}{b+2c}\right)^2+\left(\frac{b}{c+2a}\right)^2+\left(\frac{c}{a+2b}\right)^2\ge\frac{1}{3}\left(\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\right)$

Vậy ta cần chứng minh:

$\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge1$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được:

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

Vậy theo đánh giá ta được: $\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)$, do đó ta được:

$\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\ge1$

Vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.

Đúng(0)

LD

l҉o҉n҉g҉ d҉z҉

15 tháng 10 2017 - olm

Cho a,b,c là số dương . Chứng minh bất đẳng thức :

$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{a+b+c}{2}$

#Toán lớp 8

3

DD

Đinh Đức Hùng

15 tháng 10 2017

Đặt $b+c=x;a+c=y;a+b=z$

Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có :

$\left(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\right)\left(\sqrt{x}^2+\sqrt{y}^2+\sqrt{z}^2\right)\ge\left(\frac{a}{\sqrt{x}}.\sqrt{x}+\frac{b}{\sqrt{y}}.\sqrt{y}+\frac{c}{\sqrt{z}}.\sqrt{z}\right)^2$

$\Leftrightarrow\left(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\right)\left(x+y+z\right)\ge\left(a+b+c\right)^2$

$\Leftrightarrow\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}$

$\Leftrightarrow\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{\left(b+c\right)+\left(a+c\right)+\left(a+b\right)}$

$\Leftrightarrow\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}=\frac{a+b+c}{2}$ (đpcm)

Dấu "=" xay ra $\Leftrightarrow a=b=c$

Đúng(0)

PT

pham trung thanh

15 tháng 10 2017

Áp dụng S-vác-sơ, ta có

$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{b+c+a+c+a+b}$

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

Đúng(0)

TH

Tô Hoài Dung

10 tháng 9 2017 - olm

Bài 15: Cho abc , , là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c$\ge$ abc. Chứng minh rằng hai trong ba bất đẳng thức sau là đúng $\frac{2}{a}+\frac{3}{b}+\frac{6}{c}\ge6$; $\frac{2}{b}+\frac{3}{c}+\frac{6}{a}$; $\frac{2}{c}+\frac{3}{a}+\frac{6}{b}$

#Toán lớp 9

0

PT

phan tuấn anh

4 tháng 7 2016 - olm

Câu hỏi hay

chứng minh rằng nếu a,b,c là các số thỏa mãn các bất đẳng thức :$\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge\frac{c^2}{a+b}+\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}\ge\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}+\frac{a^2}{c+a}$

#Toán lớp 9

4

DT

Đinh Thùy Linh

4 tháng 7 2016

Đặt M; N; P như sau:

$M=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\ge N=\frac{c^2}{a+b}+\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}\ge P=\frac{b^2}{a+b}+\frac{c^2}{b+c}+\frac{a^2}{c+a}.$

1./ Xét hiệu: M - P

$M-P=\frac{a^2-b^2}{a+b}+\frac{b^2-c^2}{b+c}+\frac{c^2-a^2}{c+a}=a-b+b-c+c-a=0$

=> M = P

2./ Bất đẳng thức $M\ge N\ge P$có $M=P$=> $M=N=P$

3./ Khi M = N, ta có hiệu: M - N = 0 nên:

$\frac{a^2-c^2}{a+b}+\frac{b^2-a^2}{b+c}+\frac{c^2-b^2}{c+a}=0$

$\Leftrightarrow\frac{\left(a^2-c^2\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+\left(b^2-a^2\right)\left(a+b\right)\left(a+c\right)+\left(c^2-b^2\right)\left(a+b\right)\left(c+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}=0$

$\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$(1)

Mặt khác ta luon có bất đẳng thức: $\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$dấu "=" khi a² = b² = c²

Do đó để xảy ra đẳng thức (1) thì a² = b² = c² hay |a| = |b| = |c|. ĐPCM

Đúng(0)

DT

Đỗ Thanh Tùng

4 tháng 7 2016

Làm thì mình nghĩ mình làm dc nhưng có cái giờ phải đi học rồi . Nếu tối nay chưa ai trả lời mình sẽ trả lời

Đúng(0)

HT

Hoàng Tử Lớp Học

1 tháng 12 2016 - olm