cmr $\frac{\left(a+b\right)^2}{2}+\frac{a+b}{4}\ge a\sqrt{a}+b\sqrt{b}$

PT

Phạm Thị Hằng

9 tháng 9 2019

cmr$\frac{\left(a+b\right)^2}{2}+\frac{a+b}{4}\ge a\sqrt{b}+b\sqrt{a}\left(a,b>0\right)$

#Toán lớp 10

1

DH

Diệu Huyền

8 tháng 2 2020

$\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(\frac{a+b}{2}+\frac{1}{4}\right)-\sqrt{ab}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}\right)\ge0\left(1\right)$

Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương ta được:

$VT\left(1\right)\ge\sqrt{ab}\left(a+b+\frac{1}{2}-\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\ge\sqrt{ab}\left[\left(\sqrt{a}-\frac{1}{2}\right)^2+\left(\sqrt{a}-\frac{1}{2}\right)^2\right]\ge0$

$\Rightarrow\left(1\right)$ Đúng.

$\RightarrowĐpcm$

Đúng(0)

TN

Trung Nguyen

10 tháng 7 2019 - olm

Cho a;b;c>0.CMR:

$\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}+\sqrt[3]{\frac{b^2+ca}{abc\left(c^2+a^2\right)}}+\sqrt[3]{\frac{c^2+ab}{abc\left(a^2+b^2\right)}}\ge\frac{9}{a+b+c}$

#Toán lớp 10

0

TN

Trung Nguyen

10 tháng 7 2019

Cho a;b;c>0.CMR:

$\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}+\sqrt[3]{\frac{b^2+ca}{abc\left(c^2+a^2\right)}}+\sqrt[3]{\frac{c^2+ab}{abc\left(a^2+b^2\right)}}\ge\frac{9}{a+b+c}$

#Toán lớp 10

1

N

nub

14 tháng 12 2020

Ta thấy: $\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}=\Sigma_{cyc}\frac{a^2+bc}{\sqrt[3]{\left(a^2b+b^2c\right)\left(bc^2+ca^2\right)\left(c^2a+ab^2\right)}}$

Ta lại có: $\sqrt[3]{\left(a^2b+b^2c\right)\left(bc^2+ca^2\right)\left(c^2a+ab^2\right)}\le\frac{\left(a^2b+b^2c\right)+\left(bc^2+ca^2\right)+\left(c^2a+ab^2\right)}{3}=\frac{1}{3}\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)$

$\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}\ge\frac{\Sigma_{cyc}\left(a^2+bc\right)}{\frac{1}{3}\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}=\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{\frac{1}{3}\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}$

Nhận thấy: $A=\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)=a^3+b^3+c^3+3abc+2\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)$

Theo Schur: $a^3+b^3+c^3+3abc\ge\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)$

$\Leftrightarrow A\ge3\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)$

$\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\frac{a^2+bc}{abc\left(b^2+c^2\right)}}\ge\frac{3\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}{\frac{1}{3}\left(a+b+c\right)\Sigma_{cyc}\left(ab\left(a+b\right)\right)}=\frac{9}{a+b+c}$

Đúng(0)

PT

Phạm Tùng Dương

16 tháng 2 2020

Cho a,b$\ge$1 CMR:
a, $a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\le ab$
b, $a+\frac{1}{\left(a+1\right)^2}\ge\frac{3\sqrt[3]{4}}{4}$

#Toán lớp 10

1

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

16 tháng 2 2020

a/

$a.1.\sqrt{b-1}+b.1.\sqrt{a-1}\le a\left(\frac{1+b-1}{2}\right)+b\left(\frac{1+a-1}{2}\right)=ab$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=2$

b/ $P=a+\frac{1}{\left(a+1\right)^2}=\frac{\left(a+1\right)}{8}+\frac{a+1}{8}+\frac{1}{\left(a+1\right)^2}+\frac{3a}{4}-\frac{1}{4}$

$P\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+1\right)^2}{8^2.\left(a+1\right)^2}}+\frac{3.1}{4}-\frac{1}{4}=\frac{5}{4}$

Câu b đề bài ko đúng (nếu như điều kiện thực sự là $a\ge1$)

Đúng(0)

D

dbrby

18 tháng 8 2019

cho a,b,c > 0 thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Cmr:

$\sqrt{\frac{9}{\left(a+b\right)^2}+c^2}+\sqrt{\frac{9}{\left(b+c\right)^2}+a^2}+\sqrt{\frac{9}{\left(c+a\right)^2}+b^2}$ ≥ $\frac{3\sqrt{13}}{2}$

#Toán lớp 10

1

H

Hung

9 tháng 9 2019

§1. Bất đẳng thức

Đúng(0)

I

iseethatimicy

3 tháng 5 2020 - olm

Cho a, b, c thỏa mãn ab+bc+ca=3 CMR

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

#Toán lớp 10

0

AD

Anh Đỗ Nguyễn Thu

19 tháng 4 2020

Cho 3 số thực dương a,b,c. CMR $\frac{a^2}{\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}}+\frac{b^2}{\sqrt{3b^2+8c^2+14bc}}+\frac{c^2}{\sqrt{3c^2+8a^2+14ac}}\ge\frac{1}{5}\left(a+b+c\right)$

#Toán lớp 10

1

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

19 tháng 4 2020

$\frac{a^2}{\sqrt{3a^2+8b^2+12ab+2ab}}\ge\frac{a^2}{\sqrt{3a^2+9b^2+12ab+a^2+b^2}}=\frac{a^2}{\sqrt{\left(2a+3b\right)^2}}=\frac{a^2}{2a+3b}$

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

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Đúng(0)

LT

lữ thị xuân nguyệt

30 tháng 7 2020

cho a,b,c là số thực dương thỏa mãn $abc\le1$

CMR:

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

#Toán lớp 10

1

AH

Akai Haruma

Giáo viên

31 tháng 7 2020

Lời giải:

Áp dụng BĐT Bunhiacopkxy:

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

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

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

$\text{VT}\geq \frac{a^2+1}{\sqrt{2}b}+\frac{b^2+1}{\sqrt{2}c}+\frac{c^2+1}{\sqrt{2}a}$

Bài toán sẽ được chứng minh khi ta chỉ ra được: $\frac{a^2+1}{\sqrt{2}b}+\frac{b^2+1}{\sqrt{2}c}+\frac{c^2+1}{\sqrt{2}a}\geq \sqrt{2}(a+b+c)$

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

$\Leftrightarrow ab^3+bc^3+ca^3+ab+bc+ac\geq 2abc(a+b+c)(*)$

Thật vậy, theo BĐT AM-GM:

$ab^3+bc+a^2b^2c^2\geq 3ab^2c$. Tương tự với $bc^3+ca+a^2b^2c^2\geq 3abc^2; ca^3+ab+a^2b^2c^2\geq 3a^2bc$

Cộng theo vế và thu gọn:

$ab^3+bc^3+ca^3+ab+bc+ac\geq 3abc(a+b+c-abc)(1)$

Mà: $(a+b+c)^3\geq 27abc\geq 27(abc)^3$ (do $abc\leq 1$) nên $a+b+c\geq 3abc(2)$

Từ $(1); (2)\Rightarrow ab^3+bc^3+ca^3+ab+bc+ac\geq 2abc(a+b+c)$. BĐT $(*)$ được chứng minh.

Bài toán hoàn tất.

Đúng(0)

LC

Linh Châu

1 tháng 7 2020

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,...

Đọc tiếp

#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

Đúng(0)

Chúng tôi đề xuất

Tài nguyên

Ứng dụng mobile

Bảng xếp hạng

Các khóa học có thể bạn quan tâm

Yêu cầu VIP