Ví dụ 1: chứng minh: $\left(a^2 b^2\right)\left(b^2 c^2\right)\left(c^2 a^2\right)\ge8a^2b^2c^2$ của phần BĐT Cô-si trên OLM\(Taco:\hept{\begin{cases}a^2 b^2\ge2\sqrt{a^2b^2}=2|ab|\\b^2 c^2\ge2\sqrt...

Hôm nay mình lại post bài lên nữa đây :D( lần này thì các bạn khỏi lo sai đề giống lần trước nhé,lần trước mình bất cẩn quá :D )1.Với $a,b,c>0$.Chứng minh:$\left[\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)+3abc\right]^2\ge2\left[a^2+b^2+c^2+\left(a+b+c\right)^2\right]\left[a^3b+b^3c+c^3a+abc\left(a+b+c\right)\right]$2.Với $\hept{\begin{cases}a,b,c>0\\a+b+c=3\end{cases}}$.Chứng...

0

VN

vung nguyen thi

28 tháng 11 2017

Chứng minh các BĐT sau:

a/ $2\left(a^4+1\right)+\left(b^2+1\right)^2\ge2\left(ab+1\right)^2$

b/ $3\left(a^2+b^2\right)-ab+4\ge2\left(a\sqrt{b^2+1}+b\sqrt{a^2+1}\right)$

#Toán lớp 10

0

N

nub

4 tháng 4 2020

#Toán lớp 8

6

T

tth_new

4 tháng 4 2020

3 bài thì thấy 1 bài có trên mạng rồi, buồn thật:( Bài cuối từ từ tí mở Maple lên check đề. Thấy lạ lạ không dám làm ngay:v

Bài 1: Ez game, chỉ là Buffalo Way, mà Ji Chen (tác giả BĐT Iran 96 có giải rồi, mình không giải lại): hard inequalities

Bài 2: Đặt $\left(a;b;c\right)=\left(\frac{3x}{x+y+z};\frac{3y}{x+y+z};\frac{3z}{x+y+z}\right)$ rồi quy đồng lên xem.

Bài 3: Tí check đề cái đã.

T

tth_new

4 tháng 4 2020

Bài 3: Biết lắm mà: Check: $a=b=1;c=\frac{1}{2}$ thì $VT-VP=-\frac{1}{8}< 0$

P/s: Nếu bạn sửa đề, hãy đăng vào bên dưới câu hỏi bạn nhé! Để người đọc còn hiểu mình đang trả lời cái nào:D

N

☘ Nhạt ☘

9 tháng 11 2019

Với a,b,c là các số không âm, chứng minh rằng $\sqrt{a^2+2b^2+ab}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge2\left(a+b+c\right)$

#Toán lớp 8

1

ZC

zZz Cool Kid_new zZz

9 tháng 11 2019

$\sqrt{a^2+ab+2b^2}=\sqrt{\left(\frac{3}{4}a+\frac{5}{4}b\right)^2+\frac{7}{16}\left(a-b\right)^2}\ge\sqrt{\left(\frac{3}{4}a+\frac{5}{4}b\right)^2}=\frac{3a+5b}{4}$

Tương tự $\sqrt{b^2+2c^2+bc}\ge\frac{3b+5c}{4};\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge\frac{3c+5a}{4}$

$\Rightarrow\sqrt{a^2+ab+2b^2}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge\frac{3a+5b+3b+5c+3c+5a}{4}$

$=2\left(a+b+c\right)\left(đpcm\right)$

BG

Bùi Gia Hưng

3 tháng 6 2021

Với a;b;c là các số thực không âm, chứng minh rằng

$\sqrt{a^2+2b^2+ab}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge2\left(a+b+c\right)$

4

DD

Đoàn Đức Hà

Giáo viên

3 tháng 6 2021

$a^2+2b^2+ab=\frac{7}{16}\left(a-b\right)^2+\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2$

$\Leftrightarrow\sqrt{a^2+2b^2+ab}=\sqrt{\frac{7}{16}\left(a-b\right)^2+\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2}\ge\sqrt{\frac{9}{16}\left(a+\frac{5}{3}b\right)^2}=\frac{3}{4}\left(a+\frac{5}{3}b\right)$

Tương tự $\sqrt{b^2+2c^2+bc}\ge\frac{3}{4}\left(b+\frac{5}{3}c\right),\sqrt{c^2+2a^2+ac}\ge\frac{3}{4}\left(c+\frac{5}{3}a\right)$

Cộng lại vế theo vế ta được:

$\sqrt{a^2+2b^2+ab}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ca}\ge\frac{3}{4}\left(a+\frac{5}{3}b+b+\frac{5}{3}c+c+\frac{5}{3}a\right)$

$=2\left(a+b+c\right)$.

Dấu $=$khi $a=b=c\ge0$.

DF

Đanh Fuck Boy :))

3 tháng 6 2021

Còn cách khác nè :

Đặt $P=\sqrt{a^2+2b^2+ab}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ac}$

Ta chứng minh $P\ge2\left(a+b+c\right)$

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

Áp dụng bđt bunyakovsky ta được:

$2P\ge a+2b+\sqrt{ab}+b+2c+\sqrt{bc}+c+2a+\sqrt{ac}$

$=3\left(a+b+c\right)+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac}\ge4\left(a+b+c\right)\left(AM-GM\right)$

Suy ra $P\ge2\left(a+b+c\right)\left(đpcm\right)$

NM

Nguyễn Minh Đăng

30 tháng 7 2020

Câu BĐT cơ bản:

Với $\forall a,b,c\inℝ$, chứng minh:

$\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\ge8a^2b^2c^2$

#Toán lớp 8

5

EC

Edogawa Conan

30 tháng 7 2020

Đặt a² = x; b² = y; c² = z

Khi đó, ta có: (x + y)(y + z)(z + x) $\ge$xyz

<=> (xy + xz + y² + yz)(z + x) - 8xyz $\ge$0

<=> xyz + xz² + y²z + yz² + x²y + x²z + y²x + xyz - 8xyz $\ge$0

<=> (xz² +xy²) + (y²z + zx²) + (yz² + yx²) - 6xyz $\ge$0

<=> (xz² - 2xyz + xy²) + (y²z + zx²- 2xyz) + (yz²+ yx² - 2xyz) $\ge$0

<=> x(z² - 2yz + y²) + z(y² + x² - 2xy) + y(z² + x² - 2xz) $\ge$ 0

<=> x(z - y)² + z(y - x)² + y(z - x)² $\ge$0

hay a²(c² - b²)² + c²(b² - a²)² + b²(c² - a²)² $\ge$0 (luôn đúng với mọi a;b;c)

=> Đpcm

PN

Phan Nghĩa

30 tháng 7 2020

Đặt $a^2;b^2;c^2\rightarrow x;y;z\left(x;y;z\ge0\right)$

Khi đó bài toán trở thành $\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\ge8xyz$

$< =>\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)-8xyz\ge0$

$< =>a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a-b\right)^2\ge0$*đúng*

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$hay $a^2=b^2=c^2$

TT

Trương Tuệ Nga

14 tháng 11 2017

Với a,b,c > 0 , chứng minh rằng

$\sqrt{a^2+2b^2+ab}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ac}\ge2\left(a+b+c\right)$

1/Cho các số thực dương chứng minh:$\frac{3\left(a^4+b^4+c^4\right)}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge2$2/Cho a,b dương.Chứng minh:$\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\right)+4\sqrt{2}\frac{a+b}{\sqrt{a^2+b^2}}\ge10$3/ Cho các số thực dương. Chứng minh: \(\left(a^2+2bc\right)\left(b^2+2ca\right)\left(c^2+2ab\right)\ge...

0

H

Hưng

9 tháng 1 2015

0

HV

Họ Và Tên

6 tháng 9 2021

cho a,b,c>0.cmr

$\sqrt{a^2+2b^2+ab}+\sqrt{b^2+2c^2+bc}+\sqrt{c^2+2a^2+ac}\ge2\left(a+b+c\right)$

$ab+bc+ca=1$$\Rightarrow$$\hept{\begin{cases}a+b+c\ge\sqrt{3}\\a^2+b^2+c^2\ge1\end{cases}}$$\left(a-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2\ge0$$\Leftrightarrow$$a\le\frac{\sqrt{3}}{2}a^2+\frac{\sqrt{3}}{6}$\(P=\Sigma\frac{a^2\left(1-2b\right)^2}{b\left(1-2b\right)}\ge\frac{\left(a+b+c-2\right)^2}{\left(a+b+c\right)-2\left(a^2+b^2+c^2\right)}\ge\frac{\left(a+b+c-2\right)^2}{\frac{\sqrt{3}-4}{2}\Sigma...

2

AH

Akai Haruma

Giáo viên

6 tháng 9 2021

Lời giải:

$a^2+2b^2+ab=\frac{a^2}{2}+\frac{3b^2}{2}+\frac{(a+b)^2}{2}$
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

$[\frac{a^2}{2}+\frac{3b^2}{2}+\frac{(a+b)^2}{2}](2+6+8)\geq (a+3b+2a+2b)^2$

$\Rightarrow \sqrt{a^2+2b^2+ab}\geq \frac{3a+5b}{4}$

Hoàn toàn tương tự với các căn còn lại suy ra:
$\text{VT}\geq \frac{3a+5b}{4}+\frac{3b+5c}{4}+\frac{3c+5a}{4}=2(a+b+c)$

Ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Đúng(2)

AH

Akai Haruma

Giáo viên

6 tháng 9 2021

Bạn xem lại đề xem có nhầm không?

Đúng(1)

PM

Phùng Minh Quân

17 tháng 11 2019

#Toán lớp 1

8

L

•♡๖ۣۜLê☠๖ۣۜNɠọ¢☠๖ۣۜTυүềη☠(☠๖ۣۜTεαм☠...

17 tháng 11 2019

What??!!!!!!!

Đây là bài toán lớp 1 ???

Bn có nhầm ko z??

DD

Đuông Dừa ≧ω≦ (ツтєαм♕¢âи♕6 ᴾᴿᴼシ)

17 tháng 11 2019

đoán xem. :))