1. Cho $a,b>0$. Chứng minh $\frac{a}{\sqrt{b}} \frac{b}{\sqrt{a}}\ge\sqrt{a} \sqrt{b}$2. Cho $a,b,c\in\left[0;1\right].$Chứng minh $a\left(1-b\right) b\left(1-c\right) c\left(1-a\right)\le1$3....

4

TN

Thắng Nguyễn

1 tháng 3 2017

mấy bài cơ bản nên cũng dễ, mk có thể giải hết cho bn vs 1 đk : bn đăng từng câu 1 thôi nhé !

HP

Hoàng Phúc

1 tháng 3 2017

bài 3 có thể lên gg tìm kỹ thuật AM-GM (cosi) ngược dấu

bài 8 c/m bđt phụ 5b³-a³/ab+3b² </ 2b-a ( biến đổi tương đương)

những câu còn lại 1 nửa dùng bđt AM-GM , 1 nửa phân tích nhân tử ròi dựa vào điều kiện

KN

Khánh Ngọc

28 tháng 10 2019

Cho a,b,c>0 thỏa mãn: a.b.c=8

Chứng minh: $\frac{a^2}{\sqrt{\left(1+a^3\right).\left(1+b^3\right)}}+\frac{b^2}{\sqrt{\left(1+b^3\right).\left(1+c^3\right)}}+\frac{c^2}{\sqrt{\left(1+c^3\right).\left(1+a^3\right)}}\ge\frac{4}{3}$

1

AH

Akai Haruma

Giáo viên

3 tháng 11 2019

Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM:

$a^3+1=(a+1)(a^2-a+1)\leq \left(\frac{a+1+a^2-a+1}{2}\right)^2=\left(\frac{a^2+2}{2}\right)^2$

$b^3+1\leq \left(\frac{b^2+2}{2}\right)^2$

$\Rightarrow \sqrt{(a^3+1)(b^3+1)}\leq \frac{(a^2+2)(b^2+2)}{4}$

$\Rightarrow \frac{a^2}{\sqrt{(a^3+1)(b^3+1)}}\geq \frac{4a^2}{(a^2+2)(b^2+2)}$

Hoàn toàn tương tự với các phân thức còn lại:

$\Rightarrow \text{VT}\geq \underbrace{\frac{4a^2}{(a^2+2)(b^2+2)}+\frac{4b^2}{(b^2+2)(c^2+2)}+\frac{4c^2}{(c^2+2)(a^2+2)}}_{M}$

Ta cần CM $M\geq \frac{4}{3}$

$\Leftrightarrow \frac{a^2(c^2+2)+b^2(a^2+2)+c^2(b^2+2)}{(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)}\geq \frac{1}{3}$

$\Leftrightarrow 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+6(a^2+b^2+c^2)\geq (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)$

$\Leftrightarrow 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+6(a^2+b^2+c^2)\geq (abc)^2+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4(a^2+b^2+c^2)+8$

$\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2(a^2+b^2+c^2)\geq 72$

Điều này luôn đúng do theo BĐT AM-GM thì: $\left\{\begin{matrix} a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq 3\sqrt[3]{(abc)^4}=3\sqrt[3]{8^4}=48\\ 2(a^2+b^2+c^2)\geq 6\sqrt[3]{(abc)^2}=6\sqrt[3]{8^2}=24\end{matrix}\right.$

Do đó ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=2$

1, cho a,b,c là các số thực dương chứng minh rằng $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{2a+b}{a\left(a+2b\right)}+\frac{2b+c}{b\left(b+2c\right)}+\frac{2c+a}{c\left(a+2c\right)}$ 2,cho x,y,z thỏa mãn x+y+z=5 và xy+yz+xz=8 chứng minh rằng $1\le x\le\frac{7}{3}$ 3, cho a,b,c>0 chứng minh rằng$\frac{a^2}{2a^2+\left(b+c-a\right)^2}+\frac{b^2}{2b^2+\left(b+c-a\right)^2}+\frac{c^2}{2c^2+\left(b+a-c\right)^2}\le1$ 4,cho a,b,c là các số thực bất kỳ chứng...

NT

Nghiêm Thị Nhân Đức

25 tháng 2 2020

1

CM

Copxki Minh

2 tháng 12 2020

Đặt $\left(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}\right)=\left(x,y,z\right)$

$x+y+z\ge\frac{x^2+2xy}{2x+y}+\frac{y^2+2yz}{2y+z}+\frac{z^2+2zx}{2z+x}$

$\Leftrightarrow x+y+z\ge\frac{3xy}{2x+y}+\frac{3yz}{2y+z}+\frac{3zx}{2z+x}$

$\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{3}{9}xy\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{3}\left(x+2y\right)$

$\Rightarrow\Sigma_{cyc}\frac{3xy}{2x+y}\le\frac{1}{3}\left[\left(x+2y\right)+\left(y+2z\right)+\left(z+2x\right)\right]=x+y+z$

Dấu "=" xảy ra khi x=y=z

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

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

các bạn làm được ý nào thì làm ý đó nha1. Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng...

DT

Đinh Thị Ngọc Anh

13 tháng 10 2016

2

NT

nguyễn thị ngọc minh

13 tháng 10 2016

đi ,nt ,mình giải cho

DT

Đinh Thị Ngọc Anh

13 tháng 10 2016

nt là gì

TN

Thắng Nguyễn

16 tháng 10 2016

Cho a,b,c>0 và $ab+bc+ca\ge\frac{4}{3}$.chứng minh

$\sqrt{a^2+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{\left(a+1\right)^2}}\ge\frac{\sqrt{181}}{5}$

0

KA

Kurosaki Akatsu

6 tháng 6 2017

Cho a,b,c > 0 và ab + bc + ca $\ge\frac{4}{3}$

Chứng minh :

$\sqrt{a^2+\frac{1}{\left(b+1\right)^2}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{\left(c+1\right)^2}}+\sqrt{c^2+\frac{1}{\left(a+1\right)^2}}\ge\frac{\sqrt{181}}{5}$

2

TN

Thắng Nguyễn

6 tháng 6 2017

xài mincopski thử, tui ăn cơm đã

TN

Thắng Nguyễn

7 tháng 6 2017

#: Lỡ hẹn với Mincopxki rồi xài cách khác vậy :(

Đặt $a=\frac{2x}{3};b=\frac{2y}{3};c=\frac{2z}{3}$

Khi đó ta có $xy+yz+xz\ge3$ và cần chứng minh

$Σ_{cyc}\sqrt{\frac{4x^2}{9}+\frac{9}{\left(2y+3\right)^2}}\ge\frac{\sqrt{181}}{5}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:$Σ_{cyc}\sqrt{\frac{4x^2}{9}+\frac{9}{\left(2y+3\right)^2}}$

$=\frac{15}{\sqrt{181}}Σ_{cyc}\sqrt{\left(\frac{4}{9}+\frac{9}{25}\right)\left(\frac{4x^2}{9}+\frac{9}{\left(2y+3\right)^2}\right)}\ge\frac{15}{\sqrt{181}}Σ_{cyc}\left(\frac{4x}{9}+\frac{9}{5\left(2y+3\right)}\right)$

Giờ chỉ cần chứng minh $\frac{15}{\sqrt{181}}Σ_{cyc}\left(\frac{4x}{9}+\frac{9}{5\left(2y+3\right)}\right)\ge\frac{\sqrt{181}}{5}$

$\Leftrightarrow20\left(x+y+z\right)+81\left(\frac{1}{2x+3}+\frac{1}{2y+3}+\frac{1}{2z+3}\right)\ge\frac{543}{5}$

Đặt tiếp $x+y+z=3u;xy+yz+xz=3v^2\left(v>0\right)$

Vì thế $u\ge v\ge1$và áp dụng BĐT C-S dạng Engel ta có:

$20\left(x+y+z\right)+81\left(\frac{1}{2x+3}+\frac{1}{2y+3}+\frac{1}{2z+3}\right)-\frac{543}{5}$

$\ge20\left(x+y+z\right)+81\cdot\frac{\left(1+1+1\right)^2}{Σ_{cyc}\left(2x+3\right)}-\frac{543}{5}=60u+\frac{729}{6u+9}-\frac{543}{5}$

$=3\left(20u+\frac{81}{2u+3}-\frac{181}{5}\right)=\frac{6\left(u-1\right)\left(100u+69\right)}{5\left(2u+3\right)}\ge0$

Điều này đúng tức là ta có ĐPCM

NT

Nguyễn Thị Minh Thảo

27 tháng 12 2020

Cho a,b,c là các số thực thuộc đoạn [0;1]. Chứng minh rằng:

$\sqrt{a^3b^3c^3}+\sqrt{\left(1-a^2\right)\left(1-b^2\right)\left(1-c^2\right)\left(1-abc\right)}\le1$

#Toán lớp 10

0

VT

Vũ Tiền Châu

4 tháng 8 2017

cho a,b,c >0 chứng minh rằng $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}>=\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^{ }}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}$

1

LV

Lầy Văn Lội

4 tháng 8 2017

$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{2\sqrt[3]{abc}}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}$

cauchy-schwarz:

$VT=\frac{c^2}{ac^2+bc^2}+\frac{a^2}{a^2b+a^2c}+\frac{b^2}{b^2c+b^2a}+\frac{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2abc}\ge\frac{\left(a+b+c+\sqrt[3]{abc}\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}$

LQ

lê quỳnh như

15 tháng 10 2016

cho a, b, c dương. chứng minh

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

0

UI

Uchiha Itachi

20 tháng 10 2020

Cho a, b, c > 0 thoả mãn: a + b + c = $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$ = 2. Chứng minh: $\frac{\sqrt{a}}{a+1}+\frac{\sqrt{b}}{b+1}+\frac{\sqrt{c}}{c+1}=\frac{2}{\sqrt{\left(1+a\right)\left(1+b\left(1+c\right)\right)}}$