1. Cho a,b,c > 0. Cmr : $\frac{a^3}{bc} \frac{b^3}{ca} \frac{c^3}{ab}\ge\frac{3\left(a^2 b^2 c^2\right)}{a b c}$ 2. Cho a,b,c > 0. Cmr : \(\frac{a}{b 2c 3d} \frac{b}{c 2d 3a} \frac{c}{d 2a 3b} \f...

Y

27 tháng 4 2019

Thục Trinh, tran nguyen bao quan, Phùng Tuệ Minh, Ribi Nkok Ngok, Lê Nguyễn Ngọc Nhi, Tạ Thị Diễm Quỳnh,

Nguyễn Huy Thắng, ?Amanda?, saint suppapong udomkaewkanjana

Help me!

1.$\left\{{}\begin{matrix}a,b,c0\\ab+bc+ca=3\end{matrix}\right.$ Cmr: $\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}\ge\frac{3}{2}$ 2.$a,b,c0$. Cmr: $\frac{ab^2}{a^2+2b^2+c^2}+\frac{bc^2}{b^2+2c^2+a^2}+\frac{ca^2}{c^2+2a^2+b^2}\le\frac{a+b+c}{4}$ 3. $a,b,c0$. Cmr:...

BN

bach nhac lam

18 tháng 11 2019

4

NB

Ngô Bá Hùng

18 tháng 11 2019

1. Vai trò a, b, c như nhau. Không mất tính tổng quát. Giả sử $a\ge b\ge0$

Mà $ab+bc+ca=3$. Do đó $ab\ge1$

Ta cần chứng minh rằng $\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}\ge\frac{2}{1+ab}\left(1\right)$

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

Thật vậy: $\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{1}{1+a^2}-\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+b^2}-\frac{1}{1+ab}\ge0\\ \Leftrightarrow\left(ab-a^2\right)\left(1+b^2\right)+\left(ab-b^2\right)\left(1+a^2\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)\left[-a\left(1+b^2\right)+b\left(1+a^2\right)\right]\ge0\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(ab-1\right)\ge0\left(BĐT:đúng\right)$

$\left(2\right)\Leftrightarrow c^2+3-ab\ge3abc^2\\ \Leftrightarrow c^2+ca+bc\ge3abc^2\Leftrightarrow a+b+c\ge3abc$

BĐT đúng, vì $\left(a+b+c\right)^2>3\left(ab+bc+ca\right)=q$

và $ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}$

Nên $a+b+c\ge3\ge3abc$

Từ (1) và (2) ta có $\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}\ge\frac{3}{2}$

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

NB

Ngô Bá Hùng

18 tháng 11 2019

Áp dụng BĐT Cauchy dạng $\frac{9}{x+y+z}\le\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$, ta được

$\frac{9}{a+3b+2c}=\frac{1}{a+c+b+c+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)$

Do đó ta được

$\frac{ab}{a+3b+2c}\le\frac{ab}{9}\left(\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{2b}\right)=\frac{1}{9}\left(\frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c}+\frac{a}{2}\right)$

Hoàn toàn tương tự ta được

$\frac{bc}{2a+b+3c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{bc}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{b}{2}\right);\frac{ac}{3a+2b+c}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac}{a+b}+\frac{ac}{b+c}+\frac{c}{2}\right)$

Cộng theo vế các BĐT trên ta được

$\frac{ab}{a+3b+2c}+\frac{bc}{b+3c+2a}+\frac{ca}{c+3a+2b}\le\frac{1}{9}\left(\frac{ac+bc}{a+b}+\frac{ab+ac}{b+c}+\frac{bc+ab}{a+c}+\frac{a+b+c}{2}\right)=\frac{a+b+c}{6}$Vậy BĐT đc CM

ĐẲng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c >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

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"

TD

Trần Duy Khanh

22 tháng 8 2015

Câu 1 : Cho a,b,c>0 thỏa mã ab+bc+ac=3. CMR : $\frac{a}{2a^2+bc}+\frac{b}{2b^2+ac}+\frac{c}{2c^2+ab}\ge abc$
Câu 2 : Cho a,b,c>0. CMR: $\frac{2}{a}+\frac{6}{b}+\frac{9}{c}\ge\frac{8}{2a+b}+\frac{48}{3b+2c}+\frac{12}{c+3a}$

1

TG

Thầy Giáo Toán

23 tháng 8 2015

Xin lỗi lúc này do thày nhìn nhầm nên nghĩ câu 2 sai đề. Để đền bù thiệt hại, xin giải lại cả hai bài cho em

Cả hai bài toán này đều sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz. Em xem link dưới đây để biết rõ hơn: http://olm.vn/hoi-dap/question/174274.html

Câu 1. Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwartz ta có

$\frac{a}{2a^2+bc}+\frac{b}{2b^2+ac}+\frac{c}{2c^2+ab}=\frac{1}{2a+\frac{bc}{a}}+\frac{1}{2b+\frac{ca}{b}}+\frac{1}{2c+\frac{ab}{c}}$

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

$=\frac{9abc}{\left(ab+bc+ca\right)^2}=\frac{9abc}{9}=abc.$

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Câu 2. Tiếp tục sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwartz

$\frac{8}{2a+b}=\frac{4}{a+\frac{b}{2}}\le\frac{1}{a}+\frac{1}{\frac{b}{2}}=\frac{1}{a}+\frac{2}{b}.$

Tương tự, $\frac{48}{3b+2c}=\frac{16}{b+\frac{2c}{3}}\le4\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{\frac{2c}{3}}\right)=\frac{4}{b}+\frac{6}{c},$ và $\frac{12}{c+3a}=\frac{4}{\frac{c}{3}+a}\le\frac{1}{\frac{c}{3}}+\frac{1}{a}=\frac{3}{c}+\frac{1}{a}.$

Cộng ba bất đẳng thức lại ta được

$\frac{8}{2a+b}+\frac{48}{3b+2c}+\frac{12}{c+3a}\le\left(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}\right)+\left(\frac{4}{b}+\frac{6}{c}\right)+\left(\frac{3}{c}+\frac{1}{a}\right)=\frac{2}{a}+\frac{6}{b}+\frac{9}{c}.$ (ĐPCM).

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$:$

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

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

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

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

MT

muon tim hieu

5 tháng 8 2016

cho a,b,c,d >0 . cmr:

$\frac{a}{b+2c+3d}$ +$\frac{b}{c+2d+3a}$+$\frac{c}{d+2a+3b}$+$\frac{d}{a+2b+3c}$$\ge$ $\frac{2}{3}$

#Toán lớp 10

2

LF

Lightning Farron

12 tháng 12 2016

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

$\frac{a}{b+2c+3d}+\frac{b}{c+2d+3a}+\frac{c}{d+2a+3b}+\frac{d}{a+2b+3c}$

$\ge\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)}$. Mà theo BĐT AM-GM ta có:

$\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{4\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)}=\frac{\left(a+b+c+d\right)^2}{2\left[\left(a+b\right)\left(c+d\right)+\left(a+c\right)\left(b+d\right)+\left(a+d\right)\left(b+c\right)\right]}\ge\frac{2}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=d

MT

muon tim hieu

5 tháng 8 2016

là $\frac{2}{3}$ nha

1) Cho a,b,c>0 tm a+b+c=3. Cmr $\frac{1}{2+a^2+b^2}+\frac{1}{2+b^2+c^2}+\frac{1}{2+c^2+a^2}\le\frac{3}{4}$2) Cho a,b,c>0 tm a^2+b^2+c^2 bé hơn hoặc bằng abc. Cmr $\frac{a}{a^2+bc}+\frac{b}{b^2+ca}+\frac{c}{c^2+ab}\le\frac{1}{2}$3) Cho a,b,c>0 tm a+b+c<=3. Cmr $\frac{ab}{\sqrt{3+c}}+\frac{bc}{\sqrt{3+a}}+\frac{ca}{\sqrt{3+b}}\le\frac{3}{2}$4) Cho a,b,c>0 tm a+b+c=2. Cmr $\frac{a}{\sqrt{4a+3bc}}+\frac{b}{\sqrt{4b+3ca}}+\frac{c}{\sqrt{4c+3ab}}\le1$5) Cho a,b,c>0....

KS

Kudo Shinichi

2 tháng 7 2016

0

VX

vũ xuân

19 tháng 6 2019

cần giúp

1.Cho a,b,c>0. CMR:$\frac{a^5}{b^5}+\frac{b^5}{c^5}+\frac{c^5}{a^5}\ge a^3+b^3+c^3$

2.Cho a,b,c>0. CMR: $\frac{a^3}{a+2b}+\frac{b^3}{b+2c}+\frac{c^3}{c+2a}\ge\frac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)$

3.Cho a,b,c thỏa mãn a+b+c=3. CMR: $\frac{a}{b^2c+1}+\frac{b}{c^2a+1}+\frac{c}{a^2b+1}\ge2$

2

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

19 tháng 6 2019

a/ BĐT sai, cho $a=b=c=2$ là thấy

b/ $VT=\frac{a^4}{a^2+2ab}+\frac{b^4}{b^2+2bc}+\frac{c^4}{c^2+2ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}$

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

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

c/ Tiếp tục sai nữa, vế phải là $\frac{3}{2}$ chứ ko phải $2$, và hy vọng rằng a;b;c dương

$VT=\frac{a^2}{abc.b+a}+\frac{b^2}{abc.c+b}+\frac{c^2}{abc.a+c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)+a+b+c}$

$VT\ge\frac{9}{3abc+3}\ge\frac{9}{\frac{3\left(a+b+c\right)^3}{27}+3}=\frac{9}{\frac{3.3^3}{27}+3}=\frac{9}{6}=\frac{3}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

23 tháng 6 2019

Ta có:

$a^3+b^3+b^3\ge3ab^2$ ; $b^3+c^3+c^3\ge3bc^2$ ; $c^3+a^3+a^3\ge3ca^2$

Cộng vế với vế $\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge ab^2+bc^2+ca^2$

$\frac{a^5}{b^2}+\frac{b^5}{c^2}+\frac{c^5}{a^2}=\frac{a^6}{ab^2}+\frac{b^6}{bc^2}+\frac{c^6}{ca^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{ab^2+bc^2+ca^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{a^3+b^3+c^3}=a^3+b^3+c^3$