Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
\(\Sigma_{sym}a^4b^4\ge\frac{\left(\Sigma_{sym}a^2b^2\right)^2}{3}\ge\frac{\left(\Sigma_{sym}ab\right)^4}{27}\ge\frac{a^2b^2c^2\left(a+b+c\right)^2}{3}=3a^4b^4c^4\)
\(\Sigma\frac{a^5}{bc^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^4}{abc\left(a+b+c\right)^3}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^6\left(a^2+b^2+c^2\right)}{27abc\left(a+b+c\right)^3}\)
\(\ge\frac{\left(3\sqrt[3]{abc}\right)^3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{27abc}=a^2+b^2+c^2\)
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
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: \(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}=1\left(abc=1\right)\)
\(\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}\ge3\)
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:
\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(_{cyc}\frac{x}{\sqrt{5z}\cdot\sqrt{3x+2y}}\ge2\)\( {\displaystyle \displaystyle \sum }\)\(\frac{x}{3x+2y+5z}\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{x\left(3x+2y+5z\right)+y\left(5x+3y+2z\right)+z\left(2x+5y+3z\right)}\)
\(=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+7\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(=\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{1}{3}\left(xy+yz+zx\right)+\frac{20}{3}\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(\ge\frac{2\left(x+y+z\right)^2}{3\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{1}{3}\left(x^2+y^2+z^2\right)+\frac{20}{3}\left(xy+yz+zx\right)}\)
\(=\frac{2\left(x^2+y^2+z^2\right)}{5\left[x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+zx\right)\right]}=\frac{3}{5}\)
Bổ sung bài 1:
BĐT được chứng minh
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c
\(VP=\frac{6}{\sqrt{\left(3a+bc\right)\left(3b+ca\right)\left(3c+ab\right)}}\)
\(=\frac{6}{\sqrt{\left[\left(a+b+c\right)a+bc\right]\left[\left(a+b+c\right)b+ca\right]\left[\left(a+b+c\right)c+ab\right]}}\)
\(=\frac{6}{\sqrt{\left(a+b\right)^2\left(b+c\right)^2\left(c+1\right)^2}}=\frac{6}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\)
\(VT=\frac{1}{3a+bc}+\frac{1}{3b+ca}+\frac{1}{3c+ab}\)
\(=\frac{1}{\left(a+b+c\right)a+bc}+\frac{1}{\left(a+b+c\right)b+ac}+\frac{1}{\left(a+b+c\right)c+ab}\)
\(=\frac{\left(b+c\right)+\left(a+c\right)+\left(a+b\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}=\frac{6}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(a+c\right)}\)
Vậy VT = VP, đẳng thức được chứng minh
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 \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}\ge\frac{4}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2\ge4ab\)
\(\Leftrightarrow a^2+2ab+b^2-4ab\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)
Bài 1 : \(VT=a^2+b^2+c^2+3abc=\frac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+3abc\left(a+b+c\right)}{a+b+c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)+9abc}{a+b+c}\)
\(=\frac{a^3+b^3+c^3+3abc+ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)+6abc}{a+b+c}\)
\(\ge\frac{2ab\left(a+b\right)+2bc\left(b+c\right)+2ca\left(c+a\right)+6abc}{a+b+c}\)
\(=\frac{2\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)}{a+b+c}=6\)
Có sai sót gì xin cmt bên dưới ạ
Nguyễn Thị Ngọc Thơ đúng vậy, lời giải của em:
\(VT-VP\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}+c^3-\frac{\left(541-37\sqrt{37}\right)}{108}\)
\(={\frac { \left( 6\,c+1+2\,\sqrt {37} \right) \left( -6\,c-1+\sqrt {37 } \right) ^{2}}{216}} \geqq 0\)
Done.
Đẳng thức xảy ra khi chẳng hạn a = b = c = 1.
Khúc cuối bạn nêu rõ dấu đẳng thức nhé, cách hệt cách mình. +1GP
@Nguyễn Trần Thành Đạt
Bài toán là \(a^2+b^2+c^2+3abc\) mà nhỉ?
tth_new nhìn nhầm :v
@Nguyễn Thành Trương Tặng GP giúp em ạ.
Oke cj <3
@tth_newVí dụ một câu đơn giản nè:
Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn: \(a+b+c=3\).
Chứng minh: \(a^2+b^2+c^3\ge\frac{541-37\sqrt{37}}{108}\)
Đẳng thức xảy ra khi nào vậy cj?
@tth_new Đó là mấu chốt bài toán đấy, nói ra thì em áp dụng cái là xong *tui hong nói đâu =))*
Cái này tương đối EZ vì chỉ cần tìm dấu ''='' là được, thử đi nhé.
Bài nào bạn?
Nếu là bài 3 thì cách của bạn chưa đúng, chưa trọn vẹn.
Bài 3: a, b, c chỉ có tính chất hoán vị vòng quanh \(f\left(a;b;c\right)=f\left(b;a;c\right)\)nên chỉ có thể giả sử \(c=min\left\{a,b,c\right\};c=max\left\{a,b,c\right\};c=mid\left\{a,b,c\right\}...\)
Chứ không thể kết luận a, b, c bình đẳng và giả sử \(a\ge b\ge c\) ngay được.
Bạn phải xét thêm TH ngược lại mới được,
ý t là vkl:))
lớp 9 đã học rồi bạn ơi Mr.VôDanhMr.VôDanh
Trần Huy tâm mình lớp 9 mà chẳng thấy thầy nói năng gì cả bạn ạ
E chỉ ms lớp 8 mà nghĩ lâu lắm mới ra! TH ngược lại có phải \(c\ge b\ge a\) có đc ko ạ...Chứ c=min(a,b,c) e chưa học, e đọc nhìu chuyên đề BĐT mà chưa đọc đến cái này
@tth_new
Trần Quốc Khanh mình cũng lớp 8.
c = min{a,b,c} tức giả sử c là số nhỏ nhất. Sách Nâng cao và phát triển toán 8 có cách giả sử này mà!
OK để tìm hỉu, thank nhé
Tưởng nói j
TH ngược: c=max(a,b,c) ;a=mid(a,b,c); b=min(a,b,c)
Ta cũng có (2) luôn đúng
Trần Quốc Khanh trường hợp ngược là \(c\geqq b \geqq a\). Bạn chứng minh đi:) Chứ nói vậy ai tin:)
Nguyễn Thị Ngọc Thơ cj gửi cho em mấy cái đề khó khó với nha, công tâm xíu:) Em mà ra đề thì em chơi ác lắm :3
Arakawa Whiter a/ c giải đi ạ :3
Lp mấy z
Lớp 8 ạ
Đăng câu hỏi , đừng đăng vào đây.
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel, có:\(VT=\sum\frac{a^4}{ab+ac}\ge\frac{\left(\sum a^2\right)^2}{2\sum ab}\ge\frac{\sum a^2}{2}=\frac{1}{2}\)
Đây là chuyên đề bất đẳng thức mà bạn. Tức chỉ có BĐT và toán cực trị (Đại số) thôi!