1. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh: $\dfrac{1}{\left(a b-c\right)^2} \dfrac{1}{\left(b c-a\right)^2} \dfrac{1}{\left(c a-b\right)^2}$\(\ge\dfrac{1}{a^2} \dfrac{1}{b^2} \...

B

Bolbbalgan4

2 tháng 3 2019

1. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh: $\dfrac{1}{\left(a+b-c\right)^2}+\dfrac{1}{\left(b+c-a\right)^2}+\dfrac{1}{\left(c+a-b\right)^2}$$\ge\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}$ 2. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu...

Đọc tiếp

#Toán lớp 9

1

LA

Lê Anh Duy

2 tháng 3 2019

Vì vai trò của a,b,c là như nhau, giả sử

$a\ge c\ge b>0$

Ta có

$a+b-c< a$

$\Leftrightarrow b-c\le0$ ( đúng với gt )

$\Rightarrow a+b-c< a$

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

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

CMTT :

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

Cộng vế với vế 3 BĐT trên , được

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

Đúng(0)

NT

Nguyễn Thanh Thủy

16 tháng 5 2018

Câu hỏi hay

Cho a;b;c là 3 cạnh tam giác. CHứng minh: $\dfrac{1}{\left(a+b-c\right)^2}+\dfrac{1}{\left(a-b+c\right)^2}+\dfrac{1}{\left(-a+b+c\right)^2}\ge\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}$

#Toán lớp 10

1

AH

Akai Haruma

Giáo viên

16 tháng 5 2018

Lời giải:

Đặt $\left\{\begin{matrix} a+b-c=x\\ b+c-a=y\\ c+a-b=z\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} b=\frac{x+y}{2}\\ c=\frac{y+z}{2}\\ a=\frac{x+z}{2}\end{matrix}\right.$ $(x,y,z>0$ do $a,b,c$ là ba cạnh tam giác ).

BĐT cần chứng minh tương đương với :

$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\geq \frac{4}{(x+y)^2}+\frac{4}{(y+z)^2}+\frac{4}{(z+x)^2}$

Áp dụng BĐT Cauchy:

$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\geq \frac{2}{xy}$

$\Rightarrow 2\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)\geq \left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)^2$

Theo BĐT S.Vacso: $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}\Rightarrow 2\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\right)\geq \frac{16}{(x+y)^2}(*)$

Hoàn toàn tương tự:

$2\left(\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)\geq \frac{16}{(y+z)^2}; 2\left(\frac{1}{z^2}+\frac{1}{x^2}\right)\geq \frac{16}{(z+x)^2}(**)$

Cộng theo vế $(*); (**)$ và rút gọn suy ra:

$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\geq \frac{4}{(x+y)^2}+\frac{4}{(y+z)^2}+\frac{4}{(z+x)^2}$

Ta có đpcm

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

Đúng(0)

LS

Lil Shroud

18 tháng 9 2021

Cho a, b, c là các số dương biết abc = 1. Chứng minh rằng: $\dfrac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+2\right)}+\dfrac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+2\right)}+\dfrac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+2\right)}\ge\dfrac{1}{2}$

#Toán lớp 9

1

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

18 tháng 9 2021

$\dfrac{a^3}{\left(b+1\right)\left(c+2\right)}+\dfrac{b+1}{12}+\dfrac{c+2}{18}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3\left(b+1\right)\left(c+2\right)}{216\left(b+1\right)\left(c+2\right)}}=\dfrac{a}{2}$

Tương tự: $\dfrac{b^3}{\left(c+1\right)\left(a+2\right)}+\dfrac{c+1}{12}+\dfrac{a+2}{18}\ge\dfrac{b}{2}$

$\dfrac{c^3}{\left(a+1\right)\left(b+2\right)}+\dfrac{a+1}{12}+\dfrac{b+2}{18}\ge\dfrac{c}{2}$

Cộng vế:

$VT+\dfrac{5}{36}\left(a+b+c\right)+\dfrac{7}{12}\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)$

$\Rightarrow VT\ge\dfrac{13}{36}\left(a+b+c\right)-\dfrac{7}{12}\ge\dfrac{13}{36}.3\sqrt[3]{abc}-\dfrac{7}{12}=\dfrac{1}{2}$ (đpcm)

Đúng(0)

DT

Đinh Thuận

19 tháng 1 2019

cho ba số dương a,b,c .Chứng minh rằng $\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^2\left(a+c\right)}+\dfrac{1}{c^2\left(b+a\right)}\ge\dfrac{3}{2}$

#Toán lớp 9

1

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

20 tháng 1 2019

Nhìn qua đã biết là đề sai rồi bạn

Cho $a,b,c$ các giá trị lớn ví dụ $a=b=c=2$ là thấy sai ngay

Đúng(0)

NT

Nguyen Thanh Hien

30 tháng 8 2023

Chứng minh rằng: $\left(a^2+b^2+c^2\right)\left[\left(\dfrac{1}{\left(a-b\right)^2}+\dfrac{1}{\left(b-c\right)^2}+\dfrac{1}{\left(c-a\right)^2}\right)\right]\ge\dfrac{9}{2}$

#Toán lớp 8

1

M

meme

2 tháng 9 2023

Để chứng minh bất đẳng thức (a^2 + b^2 + c^2)[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2] ≥ 9/2, ta sẽ sử dụng phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp chứng minh định lý hình học.

Giả sử a, b, c là các số thực và (a, b, c) không phải là (0, 0, 0). Ta có thể viết lại bất đẳng thức trên dưới dạng:

(a^2 + b^2 + c^2)[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2] - 9/2 ≥ 0

Mở rộng và rút gọn biểu thức ta có:

2a^4 + 2b^4 + 2c^4 + 4a^2b^2 + 4b^2c^2 + 4c^2a^2 - 2a^3b - 2ab^3 - 2b^3c - 2bc^3 - 2c^3a - 2ca^3 - 9/2 ≥ 0

Đặt x = a^2, y = b^2, z = c^2, ta có:

2x^2 + 2y^2 + 2z^2 + 4xy + 4yz + 4zx - 2x^(3/2)√y - 2x√y^(3/2) - 2y^(3/2)√z - 2yz^(3/2) - 2z^(3/2)√x - 2zx^(3/2) - 9/2 ≥ 0

Đặt t = √x, u = √y, v = √z, ta có:

2t^4 + 2u^4 + 2v^4 + 4t^2u^2 + 4u^2v^2 + 4v^2t^2 - 2t^3u - 2tu^3 - 2u^3v - 2uv^3 - 2v^3t - 2vt^3 - 9/2 ≥ 0

Nhận thấy rằng biểu thức trên có thể viết dưới dạng tổng của các bình phương:

(t^2 + u^2 + v^2 - tu - uv - vt)^2 + (t^2 - u^2)^2 + (u^2 - v^2)^2 + (v^2 - t^2)^2 ≥ 0

Vì mọi số thực bình phương đều không âm, nên bất đẳng thức trên luôn đúng. Từ đó, ta có chứng minh rằng (a^2 + b^2 + c^2)[(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2] ≥ 9/2.

Đúng(0)

TT

Thư Trần

18 tháng 6 2023

Cho a, b, c > 0 và abc = 1. Chứng minh rằng $\dfrac{1}{a^2.\left(b+c\right)}+\dfrac{1}{b^2.\left(c+a\right)}+\dfrac{1}{c^2.\left(a+b\right)}\ge\dfrac{3}{2}$

#Toán lớp 10

1

GH

Gia Huy

18 tháng 6 2023

Đặt $x=\dfrac{1}{a},y=\dfrac{1}{b},z=\dfrac{1}{c}$ khi đó thu được $xyz=1$

Ta có:

$\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{x^2}{\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}}=\dfrac{x^2yz}{y+z}=\dfrac{x}{y+z}$

BĐT cần chứng minh được viết lại thành:$\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}$

$\Leftrightarrow\left(\dfrac{x}{y+z}+1\right)+\left(\dfrac{y}{z+x}+1\right)+\left(\dfrac{z}{x+y}+1\right)\ge\dfrac{9}{2}$

$\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}+\dfrac{1}{x+y}\right)\ge\dfrac{9}{2}$

Đánh giá cuối cùng đúng theo BĐT Cauchy

Vậy BĐT được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Đúng(3)

TT

Thư Trần

18 tháng 6 2023

Cảm ơn bạn nhé!

Đúng(0)

DH

Đức Huy ABC

22 tháng 3 2017

Cho a,b,c>0 thỏa mãn abc=1. Chứng minh:

$\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge\dfrac{2}{3}\left[\dfrac{1}{a^3bc\left(b^2+1\right)}+\dfrac{1}{b^3ca\left(c^2+1\right)}+\dfrac{1}{c^3ab\left(a^2+1\right)}\right]$.

#Toán lớp 10

1

AH

Akai Haruma

Giáo viên

22 tháng 3 2017

Hình như sai đề =)))

Đúng(0)

PH

PHAN HIEN HA Ha

22 tháng 3 2017

vế phải bình phương hầy

Đúng(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:

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

#Toán lớp 8

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)

M

MIGHFHF

11 tháng 11 2018

Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác .Chứng minh rằng :

$\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)+\dfrac{3\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)}{abc}\ge9$

#Toán lớp 8

0

AA

Admin (a@olm.vn)

Admin VIP

22 tháng 3 2021

Cho $a,b,c$ là ba số dương có tích bằng 1. Chứng minh rằng

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

#Toán lớp 9

4

LD

l҉o҉n҉g҉ d҉z҉

22 tháng 3 2021

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

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

$\Leftrightarrow\frac{bc}{ab+ac}+\frac{ac}{ab+ac}+\frac{ab}{ac+bc}\ge\frac{3}{2}$. Đặt $\hept{\begin{cases}ab=x\\bc=y\\ac=z\end{cases}\left(x,y,z>0\right)}$ta được bất đẳng thức Nesbitt quen thuộc :

$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\ge\frac{3}{2}$( em không chứng minh )

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra <=> x = y = z <=> a = b = c = 1

Đúng(0)

PB

Phạm Bá Huy

13 tháng 7 2021

Do giả thiết $a b c = 1$ nên

$\dfrac{1}{a^2\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{a^2bc\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{a\left(b+c\right)}=\dfrac{bc}{ab+ac}$

Đặt $x = b c, y = c a, z = a b$ thì $x, y, z > 0$ và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành bất đẳng thức quen thuộc

$\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\ge\dfrac{3}{2}$ .

Đúng(0)

Chúng tôi đề xuất

Tài nguyên

Ứng dụng mobile

Bảng xếp hạng

Các khóa học có thể bạn quan tâm

Yêu cầu VIP