1,Cho $a^2 b^2 c^2 3=2\left(a b c\right)$ .Cmr: $a=b=c=1$ 2,Cho $\left(a b c\right)^2=3\left(ab ac bc\right)$ .Cmr: $a=b=c$ 3,Cho \(\left(a-b\right)^2 \left(b-c\right)^2 \left(c-a\right)^2=\...

3

HN

Hà Nam Phan Đình

13 tháng 8 2017

4) Ta có : A=(a+b+c+d)(a-b-c+d)=(a-b+c-d)(a+b-c-d)

=> (a+d)²- (b+c)²= (a-d)²- (c-b)²

=> a²+ d²+ 2ad - b²- c²- 2bc=a²+ d² - 2ad - c²-b²+2bc

Rút gọn ta được: 4ad = 4bc => ad = bc =>$\dfrac{a}{c}=\dfrac{b}{d}$

HN

Hà Nam Phan Đình

13 tháng 8 2017

1) a²+b²+c²+3=2(a+b+c) =>(a-1)²+(b-1)²+(c-1)²=0

=> a-1=b-1=c-1=0 => a=b=c=1 =>đpcm

NT

Ngô Thành Chung

10 tháng 2 2021

Cho 3 số dương a,b,c

CMR : $\dfrac{1}{\left(a+b\right)^2}+\dfrac{1}{\left(b+c\right)^2}+\dfrac{1}{\left(a+c\right)^2}\ge\dfrac{9}{4\left(ab+ac+bc\right)}$

#Toán lớp 10

1

AH

Akai Haruma

Giáo viên

17 tháng 2 2021

Đây là BĐT Iran 96 khá nổi tiếng. Bạn hoàn toàn có thể search trên google lời giải.

NT

Ngô Thành Chung

17 tháng 2 2021

Nó nổi tiếng mà sao e lại ko biết

TV

Thảo Vi

8 tháng 3 2021

Cho a,b,c là số dương. CMR:

1. $\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)\ge\left(1+\sqrt[3]{abc}\right)^3$

2. $a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab}\le a^3+b^3+c^3$

3. $\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b}\ge\dfrac{a+b+c}{2}$

#Toán lớp 10

5

AH

Akai Haruma

Giáo viên

8 tháng 3 2021

Bài 1:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

$\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

Cộng theo vế và thu gọn:

$\frac{a+1}{a+1}+\frac{b+1}{b+1}+\frac{c+1}{c+1}\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

$\Leftrightarrow 3\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

$\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3$

Ta có đpcm.

Đúng(2)

AH

Akai Haruma

Giáo viên

8 tháng 3 2021

Bài 2:

$a^3+a^3+a^3+a^3+b^3+c^3\geq 6\sqrt[6]{a^{12}b^3c^3}=6a^2\sqrt{bc}$

$b^3+b^3+b^3+b^3+a^3+c^3\geq 6b^2\sqrt{ac}$

$c^3+c^3+c^3+c^3+a^3+b^3\geq 6c^2\sqrt{ab}$

Cộng theo vế và rút gọn thu được:

$a^3+b^3+c^3\geq a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab}$

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Đúng(1)

TN

Trần Nga

1 tháng 6 2017

cho a,b,c.>0 thoả mãn ab+bc+ac=1. CMR

$\left(1+a\right)^2\left(1+b\right)^2\left(1+c\right)^2+\left(1-a\right)^2\left(1-b\right)^2\left(1-c\right)^2\ge8\sqrt{3}abc$

0

VD

Vô danh

5 tháng 4 2022

$1,Cho.a,b,c\ge1.CMR:\left(a-\dfrac{1}{b}\right)\left(b-\dfrac{1}{c}\right)\left(c-\dfrac{1}{a}\right)\ge\left(a-\dfrac{1}{a}\right)\left(b-\dfrac{1}{b}\right)\left(c-\dfrac{1}{c}\right)$

2, Cho a,b,c>0.CMR:

$\dfrac{a+b}{bc+a^2}+\dfrac{b+c}{ac+b^2}+\dfrac{c+a}{ab+c^2}\le\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

2

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

5 tháng 4 2022

1.

BĐT cần chứng minh tương đương:

$\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)$

Ta có:

$\left(ab-1\right)^2=a^2b^2-2ab+1=a^2b^2-a^2-b^2+1+a^2+b^2-2ab$

$=\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)+\left(a-b\right)^2\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)$

Tương tự: $\left(bc-1\right)^2\ge\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)$

$\left(ca-1\right)^2\ge\left(c^2-1\right)\left(a^2-1\right)$

Do $a;b;c\ge1$ nên 2 vế của các BĐT trên đều không âm, nhân vế với vế:

$\left[\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\right]^2\ge\left[\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)\right]^2$

$\Rightarrow\left(ab-1\right)\left(bc-1\right)\left(ca-1\right)\ge\left(a^2-1\right)\left(b^2-1\right)\left(c^2-1\right)$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Câu 2 em kiểm tra lại đề có chính xác chưa

Đúng(5)

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

5 tháng 4 2022

2.

Câu 2 đề thế này cũng làm được nhưng khá xấu, mình nghĩ là không thể chứng minh bằng Cauchy-Schwaz được, phải chứng minh bằng SOS

Không mất tính tổng quát, giả sử $c=max\left\{a;b;c\right\}$

$\Rightarrow\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0$ (1)

BĐT cần chứng minh tương đương:

$\dfrac{1}{a}-\dfrac{a+b}{bc+a^2}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{b+c}{ac+b^2}+\dfrac{1}{c}-\dfrac{c+a}{ab+c^2}\ge0$

$\Leftrightarrow\dfrac{b\left(c-a\right)}{a^3+abc}+\dfrac{c\left(a-b\right)}{b^3+abc}+\dfrac{a\left(b-c\right)}{c^3+abc}\ge0$

$\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)+a\left(c-b\right)}{a^3+abc}+\dfrac{c\left(a-b\right)}{b^3+abc}+\dfrac{a\left(b-c\right)}{c^3+abc}\ge0$

$\Leftrightarrow c\left(b-a\right)\left(\dfrac{1}{a^3+abc}-\dfrac{1}{b^3+abc}\right)+a\left(c-b\right)\left(\dfrac{1}{a^3+abc}-\dfrac{1}{c^3+abc}\right)\ge0$

$\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)\left(b^3-a^3\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)\left(c^3-a^3\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\ge0$

$\Leftrightarrow\dfrac{c\left(b-a\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)\left(c-a\right)\left(a^2+ac+c^2\right)}{\left(a^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}\ge0$

Đúng theo (1)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Đúng(3)

LH

Lê Huỳnh

26 tháng 3 2016

Cho a,b,c >0 CMR : $\frac{c\left(ab+1\right)^2}{b^2\left(bc+1\right)}+\frac{a\left(bc+1\right)^2}{c^2\left(ac+1\right)}+\frac{b\left(ac+1\right)^2}{a^2\left(ab+1\right)}\ge6$

2

PN

Phước Nguyễn

26 tháng 3 2016

Đặt $A=\frac{c\left(ab+1\right)^2}{b^2\left(bc+1\right)}+\frac{a\left(bc+1\right)^2}{c^2\left(ca+1\right)}+\frac{b\left(ca+1\right)^2}{a^2\left(ab+1\right)}$ và $x=ab+1;$ $y=bc+1;$ $z=ca+1$ $\left(\text{*}\right)$

Khi đó, với các giá trị tương ứng trên thì biểu thức $A$ trở thành: $A=\frac{cx^2}{b^2y}+\frac{ay^2}{c^2z}+\frac{bz^2}{a^2x}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bộ ba phân số không âm của biểu thức trên (do $a,b,c>0$), ta có:

$A=\frac{cx^2}{b^2y}+\frac{ay^2}{c^2z}+\frac{bz^2}{a^2x}\ge3\sqrt[3]{\frac{cx^2}{b^2y}.\frac{ay^2}{c^2z}.\frac{bz^2}{a^2z}}=3\sqrt[3]{\frac{xyz}{abc}}$ $\left(\text{**}\right)$

Mặt khác, do $ab+1\ge2\sqrt{ab}$ (bất đẳng thức AM-GM cho hai số $a,b$ luôn dương)

nên $x\ge2\sqrt{ab}$ $\left(1\right)$ (theo cách đặt ở $\left(\text{*}\right)$)

Hoàn toàn tương tự với vòng hoán vị $a$ $\rightarrow$ $b$ $\rightarrow$ $c$ và với chú ý cách đặt ở $\left(\text{*}\right)$, ta cũng có:

$y\ge2\sqrt{bc}$ $\left(2\right)$ và $z\ge2\sqrt{ca}$ $\left(3\right)$

Nhân từng vế $\left(1\right);$ $\left(2\right)$ và $\left(3\right)$, ta được $xyz\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ca}=8abc$

Do đó, $3\sqrt[3]{\frac{xyz}{abc}}\ge3\sqrt[3]{\frac{8abc}{abc}}=3\sqrt[3]{8}=6$ $\left(\text{***}\right)$

Từ $\left(\text{**}\right)$ và $\left(\text{***}\right)$ suy ra được $A\ge6$, tức $\frac{c\left(ab+1\right)^2}{b^2\left(bc+1\right)}+\frac{a\left(bc+1\right)^2}{c^2\left(ca+1\right)}+\frac{b\left(ca+1\right)^2}{a^2\left(ab+1\right)}\ge6$ (điều phải chứng minh)

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow$ $a=b=c=1$

OL

oOo lê ngân oOo

26 tháng 3 2016

mới học lớp 5 thôi

HT

Hoang Tran

27 tháng 7 2021

cho a,b,c>0;$a+b+c,abc=1$.CMR

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

1

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

27 tháng 7 2021

Đặt $\left(a;b;c\right)=\left(\dfrac{1}{x};\dfrac{1}{y};\dfrac{1}{z}\right)\Rightarrow xyz=1$

$P=\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x+y+z\right)}=\dfrac{x+y+z}{2}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\dfrac{3}{2}$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$ hay $a=b=c=1$

Đúng(3)

DB

Dream Boy

9 tháng 10 2018

Cho a ; b ; c là các số thực dương:

CMR: $\left(1+a^3\right)\left(1+b^3\right)\left(1+c^3\right)\ge\left(1+ab^2\right)\left(1+bc^2\right)\left(1+ac^2\right)$

0

LH

Lê Huỳnh

26 tháng 3 2016

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

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

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...

0

BN

bach nhac lam

19 tháng 10 2019

Đọc tiếp

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$:$

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

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