Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki ta có $\left(a b c\right)^2\ge\left(1 1 1\right)\left(a^2 b^2 c^2\right)\ge9\Rightarrow a b c\ge3$Áp dụng bất đẳng thức cauchy-schwarz ta có: \(\frac{1}{a} \frac{1...

1

NH

Nguyễn Hoàng Tiến

8 tháng 5 2016

Hoàn toàn chính xác

NT

Nano Thịnh

11 tháng 7 2020

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy để chứng minh các bất đẳng thức sau đây với a,b,c là các số thực dương

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

b) $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1$

Áp dụng bất đẳng thức bu nhi a , ta có $\left(a+b+c\right)\left[\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\right]\ge\left(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\right)^2$mà bạn dễ dàng chứng minh $\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ac+c+1}=1$ với...

0

DN

Đỗ Nhật Linh

28 tháng 12 2017

#Toán lớp 1

4

NT

nguyen thi nhu quynh

28 tháng 12 2017

thế mà bảo toán lớp 1

VT

vũ tiền châu

29 tháng 12 2017

Áp dụng bđt bu nhi a, ta có $M^2\le3\left(\frac{a}{b+c+2a}+...\right)$

mà $\frac{a}{b+c+2a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}\right)$

tương tự, ta có $M^2\le\frac{3}{4}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{a+c}+\frac{c}{c+b}\right)=\frac{9}{4}$

=>$M\le\frac{3}{2}$

dấu = xảy ra <=> a=b=c

Nêu các cách chứng minh BĐT Nesbitt.BĐT Nesbitt là một BĐT khá quen thuộc trong các bài toán BĐT,chúng ta hay tìm những lời giải cho BĐT này nhé!Đề: Cho a,b,c>0.CMR $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}$Cách 1:Thật vậy,ta...

T

tth_new

8 tháng 2 2019

4

KH

ʚ๖ۣۜKɦáηɦ ๖ۣۜHυүềηɞ‏

8 tháng 2 2019

ok , cảm ơn bạn !!!

Bài toán rất hay và bổ ích !!!

KB

Khôi Bùi

8 tháng 2 2019

Đây nhé

Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z

$\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y=2c+b+a=2c+z\\y+z=2a+b+c=2a+x\\x+z=2b+a+c=2b+y\end{cases}}$

$\Rightarrow\frac{x+y-z}{2}=c;\frac{y+z-x}{2}=a;\frac{x+z-y}{2}=b$

Thay vào PT đã cho ở đề bài , ta có :

$\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}$

$=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-3\right)$

$\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2-3\right)=\frac{3}{2}$

( cái này cô - si cho x/y + /x ; x/z + z/x ; y/z + z/y)

ZD

Zeref Dragneel

29 tháng 11 2016

Chứng minh bất đẳng thức
$1,\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2$

$2,a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$

$3,\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)$

$4,\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{ab}\left(a,b>0\right)$

$5, 3\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge\left(a+b+c\right)^2$

#Toán lớp 8

1

TN

Thắng Nguyễn

29 tháng 11 2016

1)Áp dụng Bđt Am-Gm $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\sqrt{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{a}}=2$

2)Áp dụng Am-Gm $a^2+b^2\ge2\sqrt{a^2b^2}=2ab;b^2+c^2\ge2bc;a^2+c^2\ge2ca$

$\Rightarrow2\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge2\left(ab+bc+ca\right)$

=>ĐPcm

3)(a+b+c)²$\ge$3(ab+bc+ca)

=>a²+b²+c²+2ab+2bc+2ca$\ge$3ab+3bc+3ca

=>a²+b²+c²-ab-bc-ca$\ge$0

=>2a²+2b²+2c²-2ab-2bc-2ca$\ge$0

=>(a²-2ab+b²)+(b²-2bc+c²)+(c²-2ac+a²)$\ge$0

=>(a-b)²+(b-c)²+(c-a)²$\ge$0

4)đề đúng $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}$

$\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}$

$\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab$

$\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2-4ab\ge0$

$\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0$

Ta có $x^2+y^2\ge2xy\Rightarrow2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\ge1$(cộng 2 vế với $x^2+y^2$)$\Rightarrow x^2+y^2\ge\frac{1}{2}$Áp dùng bất đẳng Cauchy-schwarz ta có:$x^4+y^4=\frac{x^4}{1}+\frac{y^4}{1}\ge\frac{\left(x^2+y^2\right)^2}{1+1}\ge\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^2}{2}=\frac{1}{8}$Dấu "=" xảy ra <=>\(\int^{x^2=y^2}_{x+y=1}\Leftrightarrow...

VT

Văn Thắng Hồ

17 tháng 8 2020

CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC

1, Cho a,b,c >0 Chứng minh $\frac{2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{2}{\left(c+a\right)^2}\ge\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab}$

#Toán lớp 10

0

LN

lipphangphangxi nguyen ke truc

2 tháng 5 2016

1

NT

Nguyễn Tuấn

2 tháng 5 2016

hình như anh bạn này bị j thì phải

TN

Thai Nguyen

25 tháng 7 2018

Chứng minh bất đẳng thức cô-si với 3 số a,b,c không âm: $\dfrac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}$. Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c.

Áp dụng chứng minh bất đẳng thức: $\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge9$

1

DP

DƯƠNG PHAN KHÁNH DƯƠNG

14 tháng 8 2018

Bạn tham khảo cách chứng minh tại đây :

Câu hỏi của Nguyễn Huy Thắng - Toán lớp 10 | Học trực tuyến

Áp dụng : Theo BĐT $AM-GM$ ta có :

$a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}$

$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}$

Nhân vế theo vế ta được :

$\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}=3.3.1=9$

Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c$

NM

Nguyễn Minh Thu

2 tháng 9 2016

Câu hỏi hay

Cho a > 0; b > 0; c > 0

CM bất đẳng thức $\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9$

4

HL

Hoàng Lê Bảo Ngọc

2 tháng 9 2016

Cách 1. Áp dụng bđt Bunhiacopxki : $\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge\left(\sqrt{a.\frac{1}{a}}+\sqrt{b.\frac{1}{b}}+\sqrt{c.\frac{1}{c}}\right)^2=\left(1+1+1\right)^2=9$

Cách 2. Áp dụng bđt Cauchy :

$a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}$

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}$

$\Rightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9$

LF

Lightning Farron

2 tháng 9 2016

Bđt cauchy đi

cho a b c > 0. Chứng minh các bất đẳng thức : 1, $\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9$ 2, $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\ge\frac{16}{a+b+c+d}$ 3, ( 1+a+b) (a+b+ab) $\ge9ab$ 4, $\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8\ge64ab\left(a+b\right)^2$ 5, $3a^3+7b^3\ge9ab^2$ 6,...

LC

Linh Châu

1 tháng 7 2020

#Toán lớp 10

1

T

tthnew

1 tháng 7 2020

1) Áp dụng BĐT AM-GM: $VT\ge3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9=VP$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$

2) Từ (1) suy ra $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{9}{a+b+c}$

Ta có: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\ge\frac{3^2}{a+b+c}+\frac{1^2}{d}\ge\frac{\left(3+1\right)^2}{a+b+c+d}=VP$

Đẳng thức..

3) Ta có $\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\ge9abc$ với $a,b,c>0.$

Cho $c=1$ ta nhận được bất đẳng thức cần chứng minh.

4) Đặt $a=x^2,b=y^2,S=x+y,P=xy\left(S^2\ge4P\right)$ thì cần chứng minh $$(x+y)^8 \geqq 64x^2 y^2 (x^2+y^2)^2$$

Hay là $S^8\ge64P^2\left(S^2-2P\right)^2$

Tương đương với $$(-4 P + S^2)^2 ( 8 P S^2 + S^4-16 P^2 ) \geqq 0$$

Đây là điều hiển nhiên.

5) $3a^3+\frac{7}{2}b^3+\frac{7}{2}b^3\ge3\sqrt[3]{3a^3.\left(\frac{7}{2}b^3\right)^2}=3\sqrt[3]{\frac{147}{4}}ab^2>9ab^2=VP$

6) $VT=\sqrt[4]{\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)^8}\ge\sqrt[4]{64ab\left(a+b\right)^2}=2\sqrt{2\left(a+b\right)\sqrt{ab}}=VP$

Có thế thôi mà nhỉ:v