Bài 1:Với a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng: $\frac{1}{a\sqrt{3a 2b}} \frac{1}{b\sqrt{3b 2c}} \frac{1}{c\sqrt{3c 2a}}\ge\frac{3}{\sqrt{5abc}}$Bài 2:Với x, y là các số thực dương, tìm giá...

#Toán lớp 8

2

TL

Tran Le Khanh Linh

16 tháng 5 2020

Bài 1: diendantoanhoc.net

Đặt $a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z}$ BĐT cần chứng minh trở thành

$\frac{x}{\sqrt{3zx+2yz}}+\frac{x}{\sqrt{3xy+2xz}}+\frac{x}{\sqrt{3yz+2xy}}\ge\frac{3}{\sqrt{5}}$

$\Leftrightarrow\frac{x}{\sqrt{5z}\cdot\sqrt{3x+2y}}+\frac{y}{\sqrt{5x}\cdot\sqrt{3y+2z}}+\frac{z}{\sqrt{5y}\cdot\sqrt{3z+2x}}\ge\frac{3}{5}$

Theo BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:

$ {\displaystyle \displaystyle \sum }$$_{cyc}\frac{x}{\sqrt{5z}\cdot\sqrt{3x+2y}}\ge2$$ {\displaystyle \displaystyle \sum }$$\frac{x}{3x+2y+5z}\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{x\left(3x+2y+5z\right)+y\left(5x+3y+2z\right)+z\left(2x+5y+3z\right)}$

$=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+7\left(xy+yz+zx\right)}$

$=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{1}{3}\left(xy+yz+zx\right)+\frac{20}{3}\left(xy+yz+zx\right)}$

$\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{1}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{20}{3}\left(xy+yz+zx\right)}$

$=\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{5\left[x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\right]}=\frac{3}{5}$

TL

Tran Le Khanh Linh

16 tháng 5 2020

Bổ sung bài 1:

BĐT được chứng minh

Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c

NB

Nguyễn Bùi Đại Hiệp

17 tháng 5 2020

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

$\frac{1}{a\sqrt{3a+2b}}+\frac{1}{b\sqrt{3b+2c}}+\frac{1}{c\sqrt{3c+2a}}\ge\frac{3}{\sqrt{5abc}}$

1

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

17 tháng 5 2020

$\Leftrightarrow\frac{\sqrt{5abc}}{a\sqrt{3a+2b}}+\frac{\sqrt{5abc}}{b\sqrt{3b+2c}}+\frac{\sqrt{5abc}}{c\sqrt{3c+2a}}\ge3$

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

$\Leftrightarrow\frac{bc}{\sqrt{5ab\left(3ac+2bc\right)}}+\frac{ac}{\sqrt{5bc\left(3ab+2ac\right)}}+\frac{ab}{\sqrt{5ac\left(3bc+2ab\right)}}\ge\frac{3}{5}$

Thật vậy, theo AM-GM ta có:

$VT\ge\frac{2bc}{5ab+2bc+3ac}+\frac{2ac}{3ab+5bc+2ac}+\frac{2ab}{2ab+3bc+5ac}$

Đặt $\left(ab;bc;ca\right)=\left(x;y;z\right)$

$\Rightarrow VT\ge\frac{2x}{2x+3y+5z}+\frac{2y}{5x+2y+3z}+\frac{2z}{3x+5y+2z}=\frac{2x^2}{2x^2+3xy+5zx}+\frac{2y^2}{5xy+2y^2+3yz}+\frac{2z^2}{3zx+5yz+2z^2}$

$\Rightarrow VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx\right)+2\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2+2\left(xy+yz+zx\right)}$

$\Rightarrow VT\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{\left(x+y+z\right)^2+\frac{2}{3}\left(x+y+z\right)^2}=\frac{3}{5}$ (đpcm)

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

TM

Trương Minh Trọng

13 tháng 6 2017

Câu hỏi hay

Cho 3 số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{a\sqrt{3a+2b}}+\frac{1}{b\sqrt{3b+2c}}+\frac{1}{c\sqrt{3c+2a}}$$\ge\frac{3}{\sqrt{5abc}}$

10

AN

alibaba nguyễn

13 tháng 6 2017

Ta có:

$\frac{\sqrt{5abc}}{a\sqrt{3a+2b}}+\frac{\sqrt{5abc}}{b\sqrt{3b+2c}}+\frac{\sqrt{5abc}}{c\sqrt{3c+2a}}$

$=\frac{5bc}{\sqrt{5ab\left(3ac+2bc\right)}}+\frac{5ac}{\sqrt{5bc\left(3ba+2ca\right)}}+\frac{5ab}{\sqrt{5ca\left(3cb+2ab\right)}}$

$\ge\frac{10bc}{5ab+3ac+2bc}+\frac{10ac}{5bc+3ba+2ca}+\frac{10ab}{5ca+3cb+2ab}$

Đặt $ab=x,bc=y,ca=z$(cho dễ nhìn)

$=\frac{10x}{2x+3y+5z}+\frac{10y}{2y+3z+5x}+\frac{10z}{2z+3x+5y}$

$=\frac{10x^2}{2x^2+3yx+5zx}+\frac{10y^2}{2y^2+3zy+5xy}+\frac{10z^2}{2z^2+3xz+5yz}$

$\ge\frac{10\left(x+y+z\right)^2}{2\left(x^2+y^2+z^2\right)+8\left(xy+yz+zx\right)}=\frac{5\left(x+y+z\right)^2}{\left(x^2+y^2+z^2\right)+4\left(xy+yz+zx\right)}$

Giờ ta cần chứng minh

$\frac{5\left(x+y+z\right)^2}{\left(x^2+y^2+z^2\right)+4\left(xy+yz+zx\right)}\ge3$

$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx$(đúng)

Vậy ta có ĐPCM

TM

Trương Minh Trọng

13 tháng 6 2017

alibaba nguyễn bạn trả lời đúng đấy! Nhưng để dễ hiểu hơn ta nên áp dụng tổ hợp BĐT AM-GM và Cauchy-Schwarz nhé!

PC

Phác Chí Mẫn

2 tháng 1 2020

Cho a, b, c dương. Chứng minh: $\frac{1}{a\sqrt{3a+2b}}+\frac{1}{b\sqrt{3b+2c}}+\frac{1}{c\sqrt{3c+2a}}\ge\frac{3}{\sqrt{5abc}}$

1

AH

Akai Haruma

Giáo viên

2 tháng 1 2020

Lời giải:

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$\frac{bc}{\sqrt{5abc(3a+2b)}}+\frac{ac}{\sqrt{5abc(3b+2c)}}+\frac{ab}{\sqrt{5abc(3c+2a)}}\geq \frac{3}{5}(*)$

Áp dụng BĐT AM-GM:

$5abc(3a+2b)=5ab.(3ac+2bc)\leq \left(\frac{5ab+3ac+2bc}{2}\right)^2$

$\Rightarrow \frac{bc}{\sqrt{5abc(3a+2b)}}\geq \frac{2bc}{5ab+3ac+2bc}=\frac{2(bc)^2}{5ab^2c+3abc^2+2b^2c^2}$

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại, cộng theo vế ta suy ra:

$\sum \frac{bc}{\sqrt{5abc(3a+2b)}}\geq \sum \frac{2(bc)^2}{5ab^2c+3abc^2+2b^2c^2}(1)$

Áp dụng BĐT Cauchy_Schwarz và AM-GM:

$\sum \frac{2(bc)^2}{5ab^2c+3abc^2+2b^2c^2}\geq 2.\frac{(bc+ab+ac)^2}{2[(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2+4abc(a+b+c)]}=\frac{(ab+bc+ac)^2}{(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2+4abc(a+b+c)}$

$=\frac{(ab+bc+ac)^2}{(ab+bc+ac)^2+2abc(a+b+c)}\geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{(ab+bc+ac)^2+\frac{2}{3}(ab+bc+ac)^2}=\frac{3}{5}(2)$

Từ $(1);(2)$ suy ra $(*)$ đúng. BĐT được chứng minh.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Bài 1: Với a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng: $\frac{1}{a\sqrt{3a+2b}}+\frac{1}{b\sqrt{3b+2c}}+\frac{1}{c\sqrt{3c+2a}}\ge\frac{3}{\sqrt{5abc}}$ Bài 2: Với x, y là các số thực dương, tìm giá trị nhỏ nhất của $G=\sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}}+\sqrt{\frac{4y^3}{y^3+\left(x+y\right)^3}}$ Bài 3: Với a, b, c là các số thực dương, chứng minh rằng:...

LT

Lê Trường Lân

15 tháng 5 2020

#Toán lớp 8

2

HG

Hue Gia

5 tháng 6 2020

`(1/(1+2))+(1/(1+2+3))+(1/(1+2+3+4))+...+(1/(1+2+3+..+99))`

DH

Diệu Huyền

16 tháng 5 2020

Bài 2:

Ta có: $a,b>0$ nên: $\Rightarrow ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}$

Lại có: $\frac{x^3+8y^3}{x^3}=\left(1+\frac{2y}{x}\right)\left(1-\frac{2y}{x}+\frac{4y^2}{x^2}\right)$ $\le\frac{\left(2x^2+4y^2\right)^2}{4x^4}$

$\Rightarrow\sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}}\ge\frac{2x^2}{2x^2+4y^2}$

Tương tự như trên ta có được: $\sqrt{\frac{4y^3}{y^3+\left(x+y\right)^3}}\ge\frac{4y^2}{2y^2+\left(x+y\right)^2}$

Lại có: $\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)$ nên:

$\Rightarrow2y^2+\left(x+y\right)^2\le2x^2+4y^2$

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

$\Rightarrow\sqrt{\frac{x^3}{x^3+8y^3}}+\sqrt{\frac{4y^3}{y^3+\left(x+y\right)^3}}\ge\frac{2x^2}{2x^2+4y^2}+\frac{4y^2}{2x^2+4y^2}=1$

$\Rightarrow Min_P=1$

Dấu " = " xảy ra $\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4y^2\left(x-y\right)^2=0\\\left(x-y\right)^2\left(x^2+xy+2y^2\right)=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=y$

BM

Blue Moon

24 tháng 2 2019

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

$\frac{3a+b}{\sqrt{a^2+2b^2+c^2}}+\frac{3b+c}{\sqrt{b^2+2c^2+a^2}}+\frac{3c+a}{\sqrt{c^2+2a^2+b^2}}\le6$

2

T

tth_new

6 tháng 11 2019

Chú ý: $\left(a^2+2b^2+c^2\right)\left(2^2+1^2+2^2\right)\ge\left(2a+2b+2c\right)^2$

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

Tương tự: $\sqrt{b^2+2c^2+a^2}\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)$; $\sqrt{c^2+2a^2+b^2}\ge\frac{2}{3}\left(a+b+c\right)$

Thay vào ta có: $VT\le\frac{3\left(3a+b+3b+c+3c+a\right)}{2\left(a+b+c\right)}=6$(qed)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

Is that true?

KN

Kiệt Nguyễn

20 tháng 2 2020

Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta được:

$\left(\text{Σ}_{cyc}\frac{3a+b}{\sqrt{a^2+2b^2+c^2}}\right)^2\le3\left(\text{Σ}_{cyc}\frac{\left(3a+b\right)^2}{a^2+2b^2+c^2}\right)$

Mặt khác cũng theo bđt Bunhiacopxki dạng phân thức, ta được:

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

Hoàn toàn tương tự, ta có:

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

Cộng từng vế của các bđt trên, ta được:

$\text{}\text{}\text{Σ}_{cyc}\frac{\left(3b+c\right)^2}{b^2+2c^2+a^2}\le\text{Σ}_{cyc}\frac{9b^2}{b^2+c^2+a^2}+3=9+3=12$

Do đó $\left(\text{Σ}_{cyc}\frac{3a+b}{\sqrt{a^2+2b^2+c^2}}\right)^2\le3\left(\text{Σ}_{cyc}\frac{\left(3a+b\right)^2}{a^2+2b^2+c^2}\right)\le3.12=36$

Hay $\left(\text{Σ}_{cyc}\frac{3a+b}{\sqrt{a^2+2b^2+c^2}}\right)\le6$

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

Bài 1: Cho a,b dương và $2a+3b=ab$ Chứng minh rằng $a+b\ge5+2\sqrt{6}$Bài 2: Cho a,b dương và $a+b=ab$ Tìm giá trị lớn nhất của$S=\frac{1}{a}+\frac{2}{a+b}$Bài 3: Cho a,b là các số dương. Tìm giá trị bé nhất của$S=\frac{a^2+b^2}{b^2+2ab}+\frac{b^2}{a^2+2b^2}$Bài 4: Cho ba số dương a,b,c thỏa mãn $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=9$Chứng minh rằng$\frac{1}{2a+b}+\frac{1}{2b+c}+\frac{1}{2c+a}\le\sqrt{3}$Bài 5: Cho ba số...

NH

Nguyễn Hữu Khôi

30 tháng 8 2021

2

NH

Nguyễn Hữu Khôi

30 tháng 8 2021

B3 mk tìm đc cách giải r nhưng bạn nào muốn thì trả lời cg đc

NH

Nguyễn Hữu Khôi

31 tháng 8 2021

Các bạn giải giúp mình B2 và B5 nhé. Mấy bài kia mình giải được rồi.

PC

Phác Chí Mẫn

4 tháng 1 2020

Cho a, b, c dương. Chứng minh: $\frac{1}{a\sqrt{3a+2b}}+\frac{1}{b\sqrt{3b+2c}}+\frac{1}{c\sqrt{3c+2a}}\ge\frac{3}{\sqrt{5abc}}$

Ai đó xóa câu hỏi của em rồi @Akai Haruma

2

AH

Akai Haruma

Giáo viên

4 tháng 1 2020

Lời giải:

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$\frac{bc}{\sqrt{5abc(3a+2b)}}+\frac{ac}{\sqrt{5abc(3b+2c)}}+\frac{ab}{\sqrt{5abc(3c+2a)}}\geq \frac{3}{5}(*)$

Áp dụng BĐT AM-GM:

$5abc(3a+2b)=5ab.(3ac+2bc)\leq \left(\frac{5ab+3ac+2bc}{2}\right)^2$

$\Rightarrow \frac{bc}{\sqrt{5abc(3a+2b)}}\geq \frac{2bc}{5ab+3ac+2bc}=\frac{2(bc)^2}{5ab^2c+3abc^2+2b^2c^2}$

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại, cộng theo vế ta suy ra:

$\sum \frac{bc}{\sqrt{5abc(3a+2b)}}\geq \sum \frac{2(bc)^2}{5ab^2c+3abc^2+2b^2c^2}(1)$

Áp dụng BĐT Cauchy_Schwarz và AM-GM:

$\sum \frac{2(bc)^2}{5ab^2c+3abc^2+2b^2c^2}\geq 2.\frac{(bc+ab+ac)^2}{2[(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2+4abc(a+b+c)]}=\frac{(ab+bc+ac)^2}{(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2+4abc(a+b+c)}$

$=\frac{(ab+bc+ac)^2}{(ab+bc+ac)^2+2abc(a+b+c)}\geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{(ab+bc+ac)^2+\frac{2}{3}(ab+bc+ac)^2}=\frac{3}{5}(2)$

Từ $(1);(2)$ suy ra $(*)$ đúng. BĐT được chứng minh.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

DH

Diệu Huyền

4 tháng 1 2020

Vâng ạ!

Bài 1: Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng: $\sqrt{\frac{a+b+4c}{a+b}}+\sqrt{\frac{b+c+4a}{b+c}}+\sqrt{\frac{c+a+4b}{c+a}}\ge3\sqrt{3}.$Bài 2:Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn abc=1. Chứng minh rằng:$\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}+\sqrt[3]{\left(\frac{2b}{bc+1}\right)^2}+\sqrt[3]{\left(\frac{2c}{ca+1}\right)^2}\ge3.$Giúp mình với! Mình cần...

TN

Tiến Nguyễn Minh

3 tháng 10 2019

#Toán lớp 8

2

CM

Copxki Minh

23 tháng 11 2020

1)

Ta có: $M=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\sqrt{3\left(a+b\right)\left(a+b+4c\right)}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\frac{3\left(a+b\right)+\left(a+b+4c\right)}{2}}=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=3\sqrt{3}$

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

CM

Copxki Minh

24 tháng 11 2020

2)

$\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}=\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\sqrt[3]{2a\left(ab+1\right)^2}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\frac{2a+\left(ab+1\right)+\left(ab+1\right)}{3}}=3\Sigma_{cyc}\frac{a}{ab+a+1}$

Ta có bổ đề: $\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}=1\left(abc=1\right)$

$\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}\ge3$

NV

Nguyễn Vân Hương

3 tháng 2 2021

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng

$\sqrt{\frac{a}{3b+1}}+\sqrt{\frac{b}{3c+1}}+\sqrt{\frac{c}{3a+1}}\ge\frac{3}{2}$