cho $a,b,c>0,abc=1$.CMR$\frac{bc}{a^2\left(b c\right)} \frac{ca}{b^2\left(c a\right)} \frac{ab}{c^2\left(a b\right)}\ge\frac{3}{2}$sử dụng bđt bunhia nhé mnMN giúp e với

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...

0

T

tth_new

8 tháng 2 2019

4

KH

ʚ๖ۣۜKɦáηɦ ๖ۣۜHυүềηɞ‏

8 tháng 2 2019

ok , cảm ơn bạn !!!

Bài toán rất hay và bổ ích !!!

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)

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 \(<...

PN

Phan Nghĩa

25 tháng 6 2021

Cho a,b,c∈R.CM bđt $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$ (1). Áp dụng cm các bđt sau: a)$\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)$ b)$\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2$ c)$\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)$ d)$a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)$ e)$\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}vớia,b,c0$ f)$a^4+b^4+c^4\ge abc$ nếu...

#Toán lớp 8

0

TN

Tú Nguyễn

8 tháng 2 2020

3

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

9 tháng 2 2020

$\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca$

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

$\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0$ (luôn đúng)

a/ Từ BĐT ban đầu ta có:

$2a^2+2b^2+2c^2\ge2ab+2bc+2ca$

$\Leftrightarrow3a^2+3b^2+3c^2\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca$

$\Leftrightarrow3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2$ (đpcm)

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

9 tháng 2 2020

b/ Chia 2 vế của BĐT ở câu a cho 9 ta được:

$\frac{a^2+b^2+c^2}{3}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{9}=\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^2$ (đpcm)

c/ Cộng 2 vế của BĐT ban đầu với $2ab+2bc+2ca$ ta được:

$a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\ge3ab+3bc+3ca$

$\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)$

d/ Áp dụng BĐT ban đầu cho các số $a^2;b^2;c^2$ ta được:

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

Mặt khác ta cũng có:

$\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ca\right)^2\ge ab.bc+bc.ca+ab+ca=abc\left(a+b+c\right)$

$\Rightarrow a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)$

1) 0<a,b,c<1 và ab+bc+ca=1.find Min of: $M=\frac{a^2\left(1-2b\right)}{b}+\frac{b^2\left(1-2c\right)}{c}+\frac{c^2\left(1-2a\right)}{a}$ 2) a,b,c>0.CMR: $\frac{1}{\left(2a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(2b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(2c+a\right)^2}\ge\frac{1}{ab+bc+ca}$ 3)a,b,c>0...

N

Neet

1 tháng 3 2017

Câu hỏi hay

6

AH

Akai Haruma

Giáo viên

2 tháng 3 2017

Bài 3)

BĐT cần chứng minh tương đương với:

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

Để cho gọn, đặt $(x,y,z)=\left (\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{a}{c}\right)$ $\Rightarrow xyz=1$.

BĐT được viết lại như sau:

$A=2\left [ \frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq 3$ $(\star)$

Ta nhớ đến hai bổ đề khá quen thuộc sau:

Bổ đề 1: Với $a,b>0$ thì $\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}\geq \frac{1}{ab+1}$

Cách CM rất đơn giản, Cauchy - Schwarz:

$(a+1)^2\leq (a+b)(a+\frac{1}{b})\Rightarrow \frac{1}{(a+1)^2}\geq \frac{b}{(a+b)(ab+1)}$

Tương tự với biểu thức còn lại và cộng vào thu được đpcm

Bổ đề 2: Với $x,y>0,xy\geq 1$ thì $\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}\geq \frac{2}{xy+1}$

Cách CM: Quy đồng ta có đpcm.

Do tính hoán vị nên không mất tổng quát giả sử $z=\min (x,y,z)$

$\Rightarrow xy\geq 1$. Áp dụng hai bổ đề trên:

$A\geq 2\left [ \frac{1}{xy+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2}{\sqrt{xy}+1}+\frac{1}{z+1}=2\left [ \frac{z}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2\sqrt{z}}{\sqrt{z}+1}+\frac{1}{z+1}$

$\Leftrightarrow A\geq \frac{2(z^2+z+1)}{(z+1)^2}+\frac{1}{z+1}+2-\frac{2}{\sqrt{z}+1}\geq 3$

$\Leftrightarrow 2\left [ \frac{z^2+z+1}{(z+1)^2}-\frac{3}{4} \right ]+\frac{1}{z+1}-\frac{1}{2}-\left ( \frac{2}{\sqrt{z}+1}-1 \right )\geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{(z-1)^2}{2(z+1)^2}-\frac{z-1}{2(z+1)}+\frac{z-1}{(\sqrt{z}+1)^2}\geq 0\Leftrightarrow (z-1)\left [ \frac{1}{(\sqrt{z}+1)^2}-\frac{1}{(z+1)^2} \right ]\geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{\sqrt{z}(\sqrt{z}-1)^2(\sqrt{z}+1)(z+\sqrt{z}+2)}{(\sqrt{z}+1)^2(z+1)^2}\geq 0$ ( luôn đúng với mọi $z>0$ )

Do đó $(\star)$ được cm. Bài toán hoàn tất.

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

P/s: Nghỉ tuyển lâu rồi giờ mới gặp mấy bài BĐT phải động não. Khuya rồi nên xin phép làm bài 3 trước. Hai bài kia xin khiếu. Nếu làm đc chắc tối mai sẽ post.

LF

Lightning Farron

2 tháng 3 2017

Bài 1:

Cho $a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$. Khi đó $M=\sqrt{3}-2$

Ta sẽ chứng minh nó là giá trị nhỏ nhất

Thật vậy, đặt c là giá trị nhỏ nhất của a,b,c. Khi đó, ta cần chứng minh

$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt{ab+ac+bc}}\geq(\sqrt3-2)\sqrt{ab+ac+bc}$

$\Leftrightarrow\sqrt{ab+ac+bc}\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\right)\geq2(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)$

$\Leftrightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}-a-b+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{b^2}{a}-c+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq$

$\geq2((a-b)^2+(c-a)(c-b))$

$\Leftrightarrow(a-b)^2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2\right)+(c-a)(c-b)\left(\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\right)+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq0$

Đúng bởi $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2>0;\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\geq\frac{1}{a}+\frac{1}{a}-2>0$ và

$a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}=\frac{(a-b)^2+(c-a)(c-b)}{a+b+c+\sqrt{3(ab+ac+bc)}}\geq0$

BĐT đã được c/m. Vậy $M_{Min}=\sqrt{3}-2\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$

P/s: Nhìn qua thấy ngon mà làm mới thấy thật sự là "choáng"

Áp BĐT Cô-si1. Cho a,b,c $\ge$ 0. Chứng minh các BĐT sau a. $\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3$ b. $a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\ge6abc$ c. $\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{c}{c+a}\le\frac{a+b+c}{2}$ d....

NA

Ngọc Ánh

9 tháng 11 2016

3

HL

Hoàng Lê Bảo Ngọc

9 tháng 11 2016

d/ Đặt $x=a+b$ , $y=b+c$ , $z=c+a$

thì : $a=\frac{x+z-y}{2}$ ; $b=\frac{x+y-z}{2}$ ; $c=\frac{y+z-x}{2}$

Ta có : $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{\frac{x+z-y}{2}}{y}+\frac{\frac{x+y-z}{2}}{z}+\frac{\frac{y+z-x}{2}}{x}$

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

$=\frac{1}{2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)-\frac{3}{2}\ge\frac{1}{2}.6-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$

HL

Hoàng Lê Bảo Ngọc

9 tháng 11 2016

b/ $a^2\left(1+b^2\right)+b^2\left(1+c^2\right)+c^2\left(1+a^2\right)\ge6abc$

$\Leftrightarrow\left(a^2b^2-2abc+c^2\right)+\left(b^2c^2-2abc+a^2\right)+\left(c^2a^2-2abc+b^2\right)\ge0$

$\Leftrightarrow\left(ab-c\right)^2+\left(bc-a\right)^2+\left(ca-b\right)^2\ge0$ (luôn đúng)

Vậy bđt ban đầu dc chứng minh.

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$:$

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

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

LT

Lê Tài Bảo Châu

8 tháng 1 2020

Bài 1 :Cho a,b,c dương thỏa mãn a+b+c=2

CMR $\frac{bc}{\sqrt{3a^2+4}}+\frac{ca}{\sqrt{3b^2+4}}+\frac{ab}{\sqrt{3c^2+4}}\ge\frac{\sqrt{3}}{3}$

Bài 2:Cho a,b,c>0. CMR

$\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)$

1

ZC

zZz Cool Kid_new zZz

8 tháng 1 2020

$\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)+abc$

$=abc+a^2b+ab^2+a^2c+ac^2+b^2c+bc^2+abc+abc$

$=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)$( phân tích nhân tử các kiểu )

$\Rightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\left(1\right)$

$a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc};ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc$

$\Rightarrow-abc\ge\frac{-\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}$

Khi đó:$\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc$

$\ge\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-\frac{\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}$

$=\frac{8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)}{9}\left(2\right)$

Từ ( 1 ) và ( 2 ) có đpcm

BH

Bùi Hữu Vinh

14 tháng 2 2021

Cho a; b; c > 0 sao cho a+b+c=3. Chứng minh rằng

$\frac{a}{b^2\left(ca+1\right)}+\frac{b}{c^2\left(ab+1\right)}+\frac{c}{a^2\left(bc+1\right)}\ge\frac{9}{\left(1+abc\right)\left(ab+bc+ca\right)}$

1

BH

Bùi Hữu Vinh

16 tháng 2 2021

giúp với

TN

Trung Nguyen

10 tháng 7 2019

Cho a;b;c>0.CMR:

$\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}+\sqrt[3]{\frac{b^2+ca}{abc\left(c^2+a^2\right)}}+\sqrt[3]{\frac{c^2+ab}{abc\left(a^2+b^2\right)}}\ge\frac{9}{a+b+c}$