CHO a,b,c>0 thỏa mãn: $a^2b^2 b^2c^2 c^2a^2\ge a^2 b^2 c^2$CMR: \(\frac{a^2b^2}{c^3\left(a^2 b^2\right)} \frac{b^2c^2}{a^3\left(b^2 c^2\right)} \frac{c^2a^2}{b^3\left(a^2 c^2\right)}\ge\frac{\sqrt{3...

2

NT

Nguyễn Tiến Đức

10 tháng 9 2018

tự ra câu hởi tự trả lời à bạn

DD

Đen đủi mất cái nik

10 tháng 9 2018

tại tui trả lời bài này cho 1 bạn ở trên facebook nên phải chụp màn hình lại nên làm v á

LM

Lê Minh Đức

8 tháng 10 2017

Câu hỏi hay

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge a^2b^2c^2$. Chứng minh rằng:

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

2

AH

Akai Haruma

9 tháng 10 2017

Ta có $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a^2b^2c^2\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq 1$

BĐT cần chứng minh tương đương với $\frac{\frac{1}{c^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}+\frac{\frac{1}{b^3}}{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}}+\frac{\frac{1}{a^3}}{\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}$

Đặt $(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})=(x,y,z)$. Bài toán trở thành:

Cho $x,y,z>0|x^2+y^2+z^2\geq 1$. CMR $P=\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}$

Lời giải:

Áp dụng BĐT Cauchy -Schwarz:

$P=\frac{x^4}{xy^2+xz^2}+\frac{y^4}{yz^2+yx^2}+\frac{z^4}{zx^2+zy^2}\geq \frac{(x^2+y^2+^2)^2}{x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)}$ (1)

Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geq y\geq z\Rightarrow x^2\geq y^2\geq z^2$

Và $y+z\leq z+x\leq x+y$. Khi đó, áp dụng BĐT Chebyshev:

$3[x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)]\leq (x^2+y^2+z^2)(y+z+x+z+x+y)$

$\Leftrightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)(x+y+z)}{3}$

Theo hệ quả của BĐT Am-Gm thì: $(x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)\Rightarrow x+y+z\leq \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}$

$\Rightarrow x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)\leq \frac{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{3}$ (2)

Từ (1),(2) suy ra $P\geq \frac{3(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2+y^2+z^2)\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}=\frac{\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{2}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}$

Ta có đpcm

Dáu bằng xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt{3}$

KN

Kiệt Nguyễn

5 tháng 5 2020

Đặt $x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}$

Khi đó giả thiết được viết lại là $x^2+y^2+z^2\ge1$và ta cần chứng minh $\frac{x^3}{y^2+z^2}+\frac{y^3}{z^2+x^2}+\frac{z^3}{x^2+y^2}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}$(*)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:

$VT_{\left(^∗\right)}=\frac{x^4}{x\left(y^2+z^2\right)}+\frac{y^4}{y\left(z^2+x^2\right)}+\frac{z^4}{z\left(x^2+y^2\right)}$$\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}$

Đến đây ta đi chứng minh $\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)}\ge\frac{\sqrt{3}}{2}$

$\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2$$\ge\sqrt{3}\left[x\left(y^2+z^2\right)+y\left(z^2+x^2\right)+z\left(x^2+y^2\right)\right]$

Ta có: $x\left(y^2+z^2\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{2x^2\left(y^2+z^2\right)\left(y^2+z^2\right)}$$\le\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\left(\frac{2x^2+y^2+z^2+y^2+z^2}{3}\right)^3}$

$=\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}$

Tương tự ta có: $y\left(z^2+x^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}$

$z\left(x^2+y^2\right)\le\frac{2\sqrt{3}}{9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}$

Cộng theo vế của 3 BĐT trên, ta được:

$\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le\frac{2\sqrt{3}}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}$

$\Leftrightarrow\sqrt{3}\text{∑}_{cyc}\left[x\left(y^2+z^2\right)\right]\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}$

Cuối cùng ta cần chứng minh được

$2\left(x^2+y^2+z^2\right)\sqrt{x^2+y^2+z^2}\le2\left(x^2+y^2+z^2\right)^2$

$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge1$(đúng)

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow a=b=c=\sqrt{3}$

MH

Minh Hoàng Nguyễn

29 tháng 5 2020

Cho a, b, c > 0 . CMR:

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

#Toán lớp 8

1

AH

Akai Haruma

Giáo viên

30 tháng 5 2020

Lời giải:

Áp dụng BĐT Bunhiacopkxy:

$(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)=(a^2+a^2+b^2)(a^2+c^2+a^2)\geq (a^2+ac+ab)^2$

$=[a(a+b+c)]^2$

$\Rightarrow \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a^3}{[a(a+b+c)]^2}=\frac{a}{(a+b+c)^2}$

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại và cộng theo vế thu được:

$\sum \frac{a^3}{(2a^2+b^2)(2a^2+c^2)}\leq \frac{a+b+c}{(a+b+c)^2}=\frac{1}{a+b+c}$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

BT

Bách Thảo

2 tháng 9 2020

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác thỏa mãn:

$a^2+b^2+c^2=\frac{1}{9}$

CMR $S=\left(2b\:+2c\:-a\right)^3+\left(2c\:+2a-b\right)^3\:+\left(2a\:+2b\:-c\right)^3\ge\frac{1}{\sqrt{3}}$

1

F

FL.Hermit

2 tháng 9 2020

1 bài BĐT rất hay !!!!!!

BẠN PHÁ TOANG RA HẾT NHÁ SAU ĐÓ THÌ ĐƯỢC CÁI NÀY :33333

$S=15\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\right)-72abc$

$S=9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a^3+b^3+c^3+a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2\right)-72abc$

$S=9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-72abc$

TA ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 3 SỐ SẼ ĐƯỢC:

$\hept{\begin{cases}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\end{cases}}$

=> $\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9abc$

=> $72abc\le8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)$

=> $-72abc\ge-8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)$

=> $S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)$

=> $S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)$

=> $S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-\frac{2}{9}\left(a+b+c\right)$

TA LẠI TIẾP TỤC ÁP DỤNG BĐT SAU: $\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le\frac{1}{3}\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{\frac{1}{3}}$

=> $S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-\frac{2}{9}.\sqrt{\frac{1}{3}}$

TA LẦN LƯỢT ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 3 SỐ SẼ ĐƯỢC:

$a^3+a^3+\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\ge3a^2.\sqrt{\frac{1}{27}}$

ÁP DỤNG TƯƠNG TỰ VỚI 2 BIẾN b; c ta sẽ được 1 BĐT như sau:

=> $2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\ge\frac{3}{\sqrt{27}}\left(a^2+b^2+c^2\right)=\frac{3}{\sqrt{27}}.\left(\frac{1}{9}\right)=\frac{\sqrt{3}}{27}$

=> $a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(\frac{\sqrt{3}}{27}-3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\right)}{2}$

=> $S\ge\frac{9\left(\frac{\sqrt{3}}{27}-3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\right)}{2}-\frac{2}{9}.\sqrt{\frac{1}{3}}$

=> $S\ge\frac{1}{\sqrt{3}}$

VẬY TA CÓ ĐPCM.

DẤU "=" XẢY RA <=> $a=b=c=\sqrt{\frac{1}{27}}$

PV

Phạm Văn Việt

28 tháng 8 2017

$\frac{b^2c^3}{a^2+\left(b+c\right)^3}+\frac{c^2a^3}{b^2+\left(c+a\right)^3}+\frac{a^2b^3}{c^2+\left(a+b\right)^3}\ge\frac{9abc}{4\left(3abc+a^2c+b^2a+c^2b\right)}$voi a,b,c>0

0

TL

Trần Lâm Thiên Hương

15 tháng 5 2018

Cho các số thực a, b, c > 0. Chứng minh rằng :

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

3

TL

Trần Lâm Thiên Hương

15 tháng 5 2018

Mình nhầm, phải là $\le\frac{1}{3}$mọi người làm giúp mình với mình cần gấp

ZC

zZz Cool Kid_new zZz

1 tháng 8 2020

Theo BĐT Cauchy Schwarz và các biến đổi cơ bản ta dễ có được:
$\frac{a^2}{\left(2a+b\right)\left(2a+c\right)}=\frac{a^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}=\frac{1}{9}\left[\frac{\left(2a+a\right)^2}{2a\left(a+b+c\right)+2a^2+bc}\right]$

$\le\frac{1}{9}\left[\frac{4a^2}{2a\left(a+b+c\right)}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right]=\frac{1}{9}\left(\frac{2a}{a+b+c}+\frac{a^2}{2a^2+bc}\right)$

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

Tiếp tục theo BĐT Cauchy Schwarz dạng Engel:

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

Ta thực hiện phép đổi biến thì:

$\frac{ab}{ab+2c^2}+\frac{bc}{bc+2a^2}+\frac{ca}{ca+2b^2}\ge1$

Đến đây là phần của bạn

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"

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$:$

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

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

NL

Nguyễn Lâm Ngọc

28 tháng 9 2017

Cho a,b,c>0 thỏa mãn $a+b+c\le3$

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

2

LH

lord huy

28 tháng 9 2017

moi nguoi oi hom truoc minh hoc tap hop cac so TN do thi co cua minh day nhu sau

vd: A={xeN/3<x<9}

thi minh liet ke ra la A=4,5,6,7,8 nhung sua bai lai ko dung

co sua nhu vay A=3,4,5,6,7,8

ko biet hay sai mong ae giup minh

VD

Vũ Đoàn

30 tháng 9 2017

Áp dụng BĐT Cô-si $ab\le\frac{\left(a+b\right)}{4}^2$

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

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

Mấy cái kia làm tương tự cậu nhé

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

NT

Nguyễn Thị Minh Nguyệt

29 tháng 9 2017

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh 1 tam giác.

Chứng minh rằng:

$\left(\frac{2a+2b-c}{a+b+4c}\right)^3+\left(\frac{2b+2c-a}{b+c+4a}\right)^3+\left(\frac{2c+2a-b}{c+a+4b}\right)^3\ge\frac{9}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)$

2

T

tth_new

6 tháng 9 2020

Bài này không đúng nhé. Với a = b = c = 1 thì bất đẳng thức sai. Tuy nhiên bài này đúng theo chiều ngược lại.

PN

Phan Nghĩa

7 tháng 9 2020

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau đây $x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx$

$< =>2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+zx\right)$

$< =>2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0$

$< =>\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0$*đúng*

Đặt $\left\{2a+2b-c;2b+2c-a;2c+2a-b\right\}\rightarrow\left\{x;y;z\right\}$

Vì a,b,c là ba cạnh của 1 tam giác nên x,y,z dương

Ta có : $x^2+y^2+z^2=9\left(a^2+b^2+c^2\right)$

$x+y=c+a+4b$; $y+z=a+b+4c$; $z+x=b+c+4a$

Bất đẳng thức cần chứng minh quy về : $\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :

$\frac{x^3}{y+z}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^3.x\left(y+z\right)}{\left(y+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{x^4}{4}}=2\frac{x^2}{2}=x^2$

$\frac{y^3}{x+z}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{y^3.y\left(x+z\right)}{\left(x+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{y^4}{4}}=2\frac{y^2}{2}=y^2$

$\frac{z^3}{x+y}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{z^3.z\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)4}}=2\sqrt{\frac{z^4}{4}}=2\frac{z^2}{2}=z^2$

Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được :

$\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge x^2+y^2+z^2$

$< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx+xy+yz+zx}{4}\ge x^2+y^2+z^2$

$< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx}{2}\ge x^2+y^2+z^2$

$< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{xy+yz+zx}{2}$

Sử dụng bất đẳng thức phụ $x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx$khi đó ta được :

$\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{y+x}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{x^2+y^2+z^2}{2}$

$< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{z+x}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\left(đpcm\right)$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z< =>a=b=c$

Vậy ta có điều phải chứng minh

Giúp mình với! Mình đang cần gấp. Các bạn làm được bài nào thì giúp đỡ mình nhé! Cảm ơn!Bài 1: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:$\frac{a^2}{\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}}+\frac{b^2}{\sqrt{\left(2b^2+c^2\right)\left(2b^2+a^2\right)}}+\frac{c^2}{\sqrt{\left(2c^2+a^2\right)\left(2c^2+b^2\right)}}\le1$.Bài 2: Cho các số thực dương a,b,c,d. Chứng minh...

TN

Tiến Nguyễn Minh

21 tháng 10 2019

#Toán lớp 8

8

VT

Vũ Tiến Manh

21 tháng 10 2019

1) Áp dụng bunhiacopxki ta được $\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc$, tương tự với các mẫu ta được vế trái $\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>$$1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>$

$\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1$<=> $\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1$ (1)

áp dụng (x² +y² +z²)(m²+n²+p²) $\ge\left(xm+yn+zp\right)^2$

(2a²bc +b²c² + 2b²ac+a²c² + 2c²ab+a²b²). VT$\ge\left(bc+ca+ab\right)^2$ <=> (ab+bc+ca)². VT $\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1$ ( vậy (1) đúng)

dấu '=' khi a=b=c

HF

HD Film

21 tháng 10 2019

4b, $\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}=1-\frac{ab^2}{a^2+b^2}+1-\frac{bc^2}{b^2+c^2}+1-\frac{ca^2}{a^2+c^2}$

$\ge3-\frac{ab^2}{2ab}-\frac{bc^2}{2bc}-\frac{ca^2}{2ac}=3-\frac{\left(a+b+c\right)}{2}=\frac{3}{2}$