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...

0

LT

Le Thi Khanh Huyen

18 tháng 9 2017

Câu hỏi hay

CM :

$9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)$

Từ đó CMR:

$M=\sqrt[4]{\frac{a}{a+b}}+\sqrt[4]{\frac{b}{b+c}}+\sqrt[4]{\frac{c}{c+a}}\le\frac{3}{\sqrt{2}}$

5

NT

Nguyen Tran Tuan Hung

18 tháng 9 2017

a) có nhiều cách chứng minh
P = a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b)
P + 3 = 1+ a/(b+c) + 1+ b/(c+a) + 1+ c/(a+b)
P + 3 = (a+b+c)/(b+c) + (a+b+c)/(b+c) + (a+b+c)/(c+a)
P + 3 = (a+b+c)[1/(b+c) + 1/(c+a) + 1/(a+b)] (*)

ad bđt cô si cho 3 số:
2(a+b+c) = (a+b) + (b+c) + (c+a) ≥ 3.³√(a+b)(b+c)(c+a)
1/(b+c) + 1/(c+a) + 1/(a+b) ≥ 3.³√1/(a+b)(b+c)(c+a)

nhân lại vế theo vế 2 bđt: 2(a+b+c)[1/(b+c) + 1/(c+a) + 1/(a+b)] ≥ 9
=> P + 3 ≥ 9/2 => P ≥ 3/2 (đpcm) ; dấu "=" khi a = b = c
- - -
cách khác: P = a/(b+c) + b/(c+a) + c/(a+b)
M = b/(b+c) + c/(c+a) + a/(a+b)
N = c/(b+c) + a/(c+a) + b/(a+b)

Thấy: M + N = 3
P + M = (a+b)/(b+c) + (b+c)/(c+a) + (c+a)/(a+b) ≥ 3 (cô si cho 3 số)
P + N = (a+c)/(b+c) + (b+a)/(c+a) + (c+b)/(a+b) ≥ 3 (cô si)

=> 2P + M + N ≥ 6 => 2P + 3 ≥ 6 => P ≥ 3/2 (đpcm) ; đẳng thức khi a = b = c
--------------
b) ad bđt Bunhia: 1² = [2.(2x) + 1.y]² ≤ (2²+1²)(4x²+y²) => 4x² + y² ≥ 1/5 (đpcm)
dấu "=" khi 2x/2 = y/1 và 4x+y = 1 <=> x = y = 1/5
- - -
Có thể không cần Bunhia, ad bđt a² + b² ≥ 2ab (*)
(*) quá hiển nhiên từ (a-b)² ≥ 0
x² + 1/25 ≥ 2x/5 <=> 4x² ≥ 8x/5 - 4/25 (1*)
y² + 1/25 ≥ 2y/5 <=> y² ≥ 2y/5 - 1/25 (2*)

lấy (1*)+(2*) => 4x²+y² ≥ 8x/5+2y/5 - 4/25 - 1/25 = 2(4x+y)/5 - 5/25 = 1/5 (đpcm)
dấu "=" khi x = y = 1/5
-------------
c) ad bđt cô si cho 3 số:
ab/c + bc/a + ca/b ≥ 3.³√(ab/c)(bc/a)(ca/b) = 3.³√abc
- - - -
nếu như đề đã ghi, thay a = b = c = 2 thì VT = 2+2+2 = 6 < VP = 2.2.2 = 8

VF

Vongola Famiglia

19 tháng 9 2017

*C/m: $9(a+b)(b+c)(c+a)\ge8(a+b+c)(ab+bc+ac)$

$\Leftrightarrow a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2-6abc\ge0$

$VT=a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2\ge6\sqrt[6]{\left(abc\right)^6}=VP$

Khi $a=b=c$

# Dôn lùng đợi chiều tối về t giải phần căn bậc 4 kia cho :)

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...

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$:$

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

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

NT

Nguyễn Thiều Công Thành

6 tháng 8 2017

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

Ví dụ 1: chứng minh: $\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\ge8a^2b^2c^2$ của phần BĐT Cô-si trên OLM$Taco:\hept{\begin{cases}a^2+b^2\ge2\sqrt{a^2b^2}=2|ab|\\b^2+c^2\ge2\sqrt{b^2c^2}=2|bc|\\c^2+a^2\ge2\sqrt{c^2a^2}=2|ca|\end{cases}\Rightarrow\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\ge8|a^2b^2c^2|=8a^2b^2c^2}$\(\left(vì:a^2+b^2;b^2+c^2;c^2+a^2;|ab|;|bc|;|ca|\text{ đều lớn hơn hoặc bằng...

0

S

shitbo

12 tháng 6 2019

0

NT

Nguyễn Thiều Công Thành

30 tháng 10 2017

...

2

TT

Tuyển Trần Thị

31 tháng 10 2017

đúng rồi

NV

Nguyễn Văn Hòa

1 tháng 11 2017

chó điên

từ giả thiết, ta có $\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}=1$ đặt $\left(\dfrac{1}{xy};\dfrac{1}{yz};\dfrac{1}{zx}\right)=\left(a;b;c\right)\Rightarrow a+b+c=1$ =>$\left(\dfrac{ac}{b};\dfrac{ab}{c};\dfrac{bc}{a}\right)=\left(\dfrac{1}{x^2};\dfrac{1}{y^2};\dfrac{1}{z^2}\right)$ ta có...

VT

Vũ Tiền Châu

2 tháng 1 2018

1/Cho các số thực dương chứng minh:$\frac{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge2$2/Cho a,b dương.Chứng minh:$\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+4\sqrt{2}\frac{a+b}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge10$3/ Cho các số thực dương. Chứng minh: \(\left(a^2+2bc\right)\left(b^2+2ca\right)\left(c^2+2ab\right)\ge...

0

H

Hưng

9 tháng 1 2015

0

LB

Long Beo

1 tháng 12 2019

Cho a,b,c thực dương .CMR

$\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{ab\left(4a+4b+c\right)}}+\sqrt{\frac{\left(b+c\right)^3}{bc\left(4b+4c+a\right)}}+\sqrt{\frac{\left(c+a\right)^3}{ca\left(4c+4c+b\right)}}\ge2\sqrt{2}$

#Toán lớp 5

4

AL

_@Lyđz_

1 tháng 12 2019

ĐÂY MÀ LÀ toán 5 ạ??

KN

Kiệt Nguyễn

1 tháng 12 2019

Gọi A là vế trái của BĐT cần chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta giả sử a + b + c = 3. Áp dụng BĐT AM - GM ta có:

$\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{8ab\left(4a+4b+c\right)}}+\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{8bc\left(4a+4b+c\right)}}+\frac{ab\left(4a+4b+c\right)}{27}$$\ge\frac{1}{2}\left(a+b\right)$

Suy ra

$\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{8ab\left(4a+4b+c\right)}}$$+\frac{ab\left(4a+4b+c\right)}{54}\ge\frac{1}{4}\left(a+b\right)$

Tương tự

$\sqrt{\frac{\left(b+c\right)^3}{8bc\left(4b+4c+a\right)}}+\frac{bc\left(4b+4c+a\right)}{54}\ge\frac{1}{4}\left(b+c\right)$

và $\sqrt{\frac{\left(c+a\right)^3}{8ca\left(4c+4a+b\right)}}+\frac{ca\left(4c+4a+b\right)}{54}\ge\frac{1}{4}\left(c+a\right)$

Cộng ba BĐT trên ta có:

$\frac{1}{2\sqrt{2}}A\ge B$

Với $A=\frac{1}{54}[ab\left(4a+4b+c\right)+bc\left(4b+4c+a\right)$

$+ca\left(4c+4a+b\right)]$

$=\frac{1}{54}\left[4ab\left(a+b\right)+4bc\left(b+c\right)+4ca\left(c+a\right)+3abc\right]$

$=\frac{1}{54}\left[4\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-9abc\right]$

$\le\frac{1}{54}\left(a+b+c\right)^3=\frac{1}{2}$

và $B=\frac{1}{4}.2\left(a+b+c\right)=\frac{3}{2}$

Suy ra $\frac{1}{2\sqrt{2}}A\ge\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=1\Rightarrow A\ge2\sqrt{2}$

Vậy

$\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{ab\left(4a+4b+c\right)}}+\sqrt{\frac{\left(a+b\right)^3}{bc\left(4a+4b+c\right)}}+\sqrt{\frac{\left(c+a\right)^3}{ca\left(4c+4a+b\right)}}\ge2\sqrt{2}$(đpcm)

VD

Vũ Đức

6 tháng 10 2019

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab+bc+ca=1.

CMR: $\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\ge3+\sqrt{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{a^2}}+\sqrt{\frac{\left(b+c\right)\left(b+a\right)}{b^2}}+\sqrt{\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}{c^2}}$