1 . Cho a,b,c là các số thực dương . Chứng minh : $\frac{a^3}{a^2 b^2} \frac{b^3}{b^2 c^2} \frac{c^3}{c^2 a^2}\ge\frac{a b c}{2}$2 . Cho đường tròn (O), cung AB có số đo 100^0. Vẽ đường kính AOC. T...

1

NL

Nguyễn Linh Chi

8 tháng 3 2020

$\frac{a^3}{a^2+b^2}=\frac{a\left(a^2+b^2\right)-ab^2}{a^2+b^2}=a-\frac{ab^2}{a^2+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2ab}=a-\frac{b}{2}$

Tương tự vậy chúng ta có:

$\frac{b^3}{b^2+c^2}\ge b-\frac{c}{2}$

$\frac{c^3}{c^2+a^2}\ge c-\frac{a}{2}$

Cộng vế theo vế chúng ta có:

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

DD

Đỗ Đức Đạt

6 tháng 4 2021

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng :

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

3

LD

l҉o҉n҉g҉ d҉z҉

6 tháng 4 2021

Ta có : $\hept{\begin{cases}\frac{a^3}{a^2+b^2+ab}=\frac{a^4}{a\left(a^2+b^2+ab\right)}=\frac{a^4}{a^3+ab^2+a^2b}=\frac{a^4}{a^3+ab\left(a+b\right)}\\\frac{b^3}{b^2+c^2+bc}=\frac{b^4}{b\left(b^2+c^2+bc\right)}=\frac{b^4}{b^3+bc^2+b^2c}=\frac{b^4}{b^3+bc\left(b+c\right)}\\\frac{c^3}{c^2+a^2+ca}=\frac{c^4}{c\left(c^2+a^2+ca\right)}=\frac{c^4}{c^3+ca^2+c^2a}=\frac{c^4}{c^3+ca\left(c+a\right)}\end{cases}}$

Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành :

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

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :

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

Dễ dàng phân tích $a^3+b^3+c^3+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)$

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

Xét bất đẳng thức phụ : 3( a² + b² + c² ) ≥ ( a + b + c )²

<=> 3a² + 3b² + 3c² - a² - b² - c² - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0

<=> 2a² + 2b² + 2c² - 2ab - 2bc - 2ca ≥ 0

<=> ( a - b )² + ( b - c )² + ( c - a )² ≥ 0 ( đúng )

Khi đó áp dụng vào bài toán ta có : $VT\ge\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}=\frac{\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{3}$( đpcm )

Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c

KN

Khánh Ngọc

6 tháng 4 2021

bài này mới được thầy sửa hồi chiều nè @@

Vì a,b dương => ( a + b ) ( a - b )² $\ge$0 => a³ + b³ $\ge$ab ( a + b )

BĐT tương đương với 3a³$\ge$2a³ + 2ab ( a + b ) - b³ = 2a³ + 2a²b + 2ab² - a²b - ab² - b³ = ( a² + ab + b³ ) ( 2a - b )

Suy ra : $\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\ge\frac{2a-b}{3}$(1)

Chứng minh tương tự ta được : $\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}\ge\frac{2b-c}{3}$(2) ; $\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{2c-a}{3}$(3)

Từ (1) ; (2) và (3) => $\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{a+b+c}{3}$(đpcm)

PB

Phạm Bá Tâm

15 tháng 2 2022

Cho a,b,c là các số thực dương, chứng minh biểu thức

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

#Toán lớp 6

1

ED

🐟 ⋆ 🐇 🎀 𝒩𝑔𝓊𝓎ễ𝓃 Đă𝓃𝑔 𝒩𝒽â𝓃 🎀 🐇 ⋆ 🐟

15 tháng 2 2022

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức và khi đó ta được:

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

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

$\Rightarrow$Ta cần chỉ ra được:

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

Hay: $2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2$

Dễ thấy: $a^3+b^3\ge ab\left(a+b\right);b^3+c^3\ge bc\left(b+c\right);c^3+a^3\ge ca\left(c+a\right)$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

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

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.

Đúng(1)

HA

%Hz@

22 tháng 2 2020

CHO CÁC SỐ THỰC DƯƠNG a,b,c CHỨNG MINH RẰNG

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

#Toán lớp 10

6

AT

Anime Tổng Hợp

22 tháng 2 2020

https://olm.vn/hoi-dap/detail/82505750499.html

AT

Anime Tổng Hợp

22 tháng 2 2020

Ở mục câu hỏi tương tự có bài đó bạn ơi

Bài 1: Cho các số thực dương x,y,z. Chứng minh rằng:$\frac{x}{\sqrt{2xy+y^2}}+\frac{y}{\sqrt{2yz+z^2}}+\frac{z}{\sqrt{2zx+x^2}}\ge\sqrt{3}$Bài 2: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: $a+b+c=3$Tìm min của $P=\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{c}}+\frac{c}{\sqrt{a}}$Bài 3: Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\sqrt{a^2+b^2-ab}+\sqrt{b^2+c^2-bc}+\sqrt{c^2+a^2-ca}$Rảnh rỗi...

NM

Nguyễn Minh Đăng

29 tháng 5 2021

1, cho a,b,c>0. chứng minh $a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)$2, chứng minh: với mọi a,b $\ne0$$\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}\ge\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$3,cho các số thực $\in$đoạn 0 đến 1. chứng minh:$a^4+a^3+c^2-ab-bc-ca\le1$4,cho a,b,c là các số thực dương tùy ý. chứng minh: $\frac{a^3+b^3}{ab}+\frac{b^3+c^3}{bc}+\frac{c^3+a^3}{ca}\ge2\left(a+b+c\right)$5,cho a,b,c>0. chứng...

0

HL

Hà Lê

9 tháng 7 2017

2

TN

Thắng Nguyễn

9 tháng 7 2017

Lần sau đăng ít 1 thôi đăng nhiều ngại làm, bn đăng nhiều nên tui hướng dẫn sơ qua thôi tự làm đầy đủ vào vở

Bài 1:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$a^4+b^4\ge2a^2b^2;b^4+c^4\ge2b^2c^2;c^4+a^4\ge2c^2a^2$

Cộng theo vế 3 BĐT trên rồi thu gọn

$a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$

Áp dụng tiếp BĐT AM-GM

$a^2b^2+b^2c^2=b^2\left(a^2+c^2\right)\ge2b^2ac$

Tương tự rồi cộng theo vế có ĐPCM

Bài 2:

Quy đồng BĐT trên ta có:

$\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}-\frac{a}{b}-\frac{b}{a}\ge0$

$\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)}{a^2b^2}\ge0$ (luôn đúng)

Bài 4: Áp dụng BĐT AM-GM

$a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)$

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

$\Rightarrow\frac{a^3+b^3}{ab}\ge\frac{ab\left(a+b\right)}{ab}=a+b$

Tương tự rồi cộng theo vế

Bài 5: sai đề tự nhien có dấu - :v nghĩ là +

GM

Game Master VN

9 tháng 7 2017

ai k mình k lại [ chỉ 3 người đầu tiên mà trên 10 điểm hỏi đáp ]

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

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

PL

Phương Linh

16 tháng 10 2015

Cho các số a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng
$\frac{a^3}{a^2+b^2}+\frac{b^3}{b^2+c^2}+\frac{c^3}{c^2+a^2}\ge\frac{a+b+c}{2}$

3

ML

Mr Lazy

16 tháng 10 2015

$\frac{a^3}{a^2+b^2}-\left(a-\frac{1}{2}b\right)=\frac{\frac{1}{2}b\left(a-b\right)^2}{a^2+b^2}\ge0\Rightarrow\frac{a^3}{a^2+b^2}\ge a-\frac{1}{2}b$

CH

Cao Hoàng Quân

26 tháng 8 2023

$\sum\limits^{ }_{ }$

TN

Tuna Ngô

29 tháng 3 2022

Bài toán 1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $latex a+b+c=3$. Chứng minh rằng

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{\text{2}\left( {{a}^{\text{2}}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{3}\ge 5$

#Toán lớp 8

1

TN

Tuna Ngô

29 tháng 3 2022

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 5$

Ta chứng minh bất đẳng thức sau đây

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

$latex \displaystyle \frac{{{\left( a-1 \right)}^{2}}\left( 2{{a}^{2}}+6a+3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$

Hiển nhiên đúng với a là số thực dương.

Áp dụng tương tự ta được $latex \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2b}{3};\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2c}{3}$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 7-\frac{2\left( a+b+c \right)}{3}=5$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $latex a=b=c=1$.

Chúng ta sẽ khởi đầu kỹ thuật này bằng việc đưa ra cách giải thích cho việc tìm ra bất đẳng thức phụ trên và nó cũng chính là cách giải thích cho các bài toán sau này của chúng ta.

Bài toán trên các biến trong cả hai vế và điều kiện đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay sẽ tách theo từng biến để chứng minh được đơn giản hơn nếu có thể. Nhưng rõ ràng chỉ từng đó thôi là không đủ. Để ý đến dấu đẳng thức xẩy ra nên ta nghĩ đến chứng minh bất đẳng thức sau

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}\Leftrightarrow \frac{\left( a-1 \right)\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$

Tuy nhiên đánh giá trên không hoàn toàn đúng với a thực dương.

Để ý là với cách làm trên ta chưa sử dụng điều kiện .

Như vậy ta sẽ không đi theo đường lối suy nghĩ đơn giản ban đầu nữa mà sẽ đi tìm hệ số để bất đẳng thức sau là đúng

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+ma+n\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Trong đó m và n là các hệ số chưa xác định.

Thiết lập tương tự với các biến b và c ta được

$latex \displaystyle \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mb+n;\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mc+n$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}}{3}\ge 5+m\left( a+b+c \right)+3n=5+3\left( m+n \right)$

Như vậy ở đây 2 hệ số m và n phải thỏa mãn điều kiện $latex \displaystyle m+n=0\Leftrightarrow n=-m$. Thế vào (1) dẫn đến

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Đến đây ta chỉ cần xác định hệ số duy nhất là m để bất đẳng thức (2) là đúng. Chú ý đẳng thức xẩy ra tại $latex a=b=c=1$ nên ta cần xác định m sao cho

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\Leftrightarrow \left( a-1 \right)\left( \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}-m \right)\ge 0$

Khi cho $latex a=1$ thì ta có $latex \displaystyle \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}=-\frac{2}{3}$ từ đó ta dự đoán rằng $latex \displaystyle m=-\frac{2}{3}$ để tạo thành đại lượng bình phương $latex {{\left( a-1 \right)}^{2}}$ trong biểu thức. Từ đó ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$

Đúng(2)

TC

TV Cuber

29 tháng 3 2022

trời ơi ? hack

LC

Lê Châu Linh

5 tháng 11 2017

Với a,b,c là các số thực dương.

Chứng minh:$\frac{a^5}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^5}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^5}{c^2+ca+a^2}\ge\frac{a^3+b^3+c^3}{3}$

1

LC

Lê Châu Linh

23 tháng 11 2017

chứng minh $\sqrt{2x+1}$là số vô tỉ