cho em hỏi bài này ạ : Cho $a,b,c\geq 0;a+b+c+ab+ac+bc=3. CMR:a^{4} +b^{4}+c^{2}\geq2$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dung Gia: 27-07-2016 - 20:04
cho em hỏi bài này ạ : Cho $a,b,c\geq 0;a+b+c+ab+ac+bc=3. CMR:a^{4} +b^{4}+c^{2}\geq2$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dung Gia: 27-07-2016 - 20:04
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng : $\frac{1}{x(y+1)}+\frac{1}{y(z+1)}+\frac{1}{z(x+1)}\geq \frac{3}{xyz+1}$
Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=6$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$A=\frac{\sqrt{a^2+ab+b^2}}{bc+4}+\frac{\sqrt{b^2+bc+c^2}}{ca+4}+\frac{\sqrt{c^2+ac+a^2}}{ab+4}$
Bài 1 : Cho a,b,c>0 ; a+b+c=1 . Tìm Max của $\sum \frac{a-bc}{a+bc}$
Bài 2 : Cho a,b,c>0 ; $\sum a^{2}+abc=4$ . CMR : $\sum \frac{bc}{a}\geqslant \sum a^{2}$
Bài 1:
Cho abc=1 va $a^{3}> 36. CMR :\frac{a^{2}}{3}+b^{2}+c^{2}> ab +bc+ca$}
Lời giải:
$VT-VP=\frac{a^{2}}{4}+b^{2}+c^{2}-ab-bc+2bc+\frac{a^{2}}{12}=(\frac{a}{2}-b-c)^{2}+\frac{a^{2}-36bc}{12}>0\Rightarrow$ đpcm
Cách khác:
Bài 2:
Với a,b,c >0; n ∈ N*.CMR:
$\frac{a^{n}}{b+c}+\frac{b^{n}}{a+c}+\frac{c^{n}}{a+b}\geq \frac{3}{2}\left ( \frac{a^{n}+b^{n}+c^{n}}{a+b+c} \right )$
Lời giải:
$\sum \frac{a^{n}}{b+c}\geq \frac{1}{3}(\sum a^{n})(\sum \frac{1}{a+b})\geq \frac{1}{3}(\sum a^{n})(\frac{9}{2(a+b+c)})=\frac{3}{2}(\frac{\sum a^{n}}{\sum a})$
Bài 3:
Cho $x,y,z >0$ thỏa điều kiện $x^{2}+y^{2}+z^{2}=9$
Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=\frac{x^5}{y^2}+\frac{y^5}{z^2}+\frac{z^5}{x^2}$
Lời giải:
Theo $Cauchy$ Ta có:
$$\dfrac{x^5}{y^2}+\dfrac{x^5}{y^2}+\sqrt{3}y^2+\sqrt{3}y^2+3\sqrt{3}\ge \sqrt{3}x^2$$
Cách khác:
Sử dụng Cauchy-Schwarzt ta có
$\frac{x^5}{y^2}+\frac{y^5}{z^2}+\frac{z^5}{x^2}\geqslant \frac{(x^3+y^3+z^3)^2}{xy^2+yz^2+zx^2}$
Sử dụng Cauchy-Schwarzt và AM-GM ta có
$xy^2+yz^2+zx^2\leqslant \sqrt{(x^2+y^2+z^2)(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)}\leqslant \sqrt{\frac{(x^2+y^2+z^2)^3}{3}}=3$
Do đó $P\geqslant \frac{(x^3+y^3+z^3)^2}{3}\geqslant \frac{(x^2+y^2+z^2)^3}{9}=3$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$
Bài 4:
Ch0 $a>0$ và $n$ là 1 số tự nhiên
Chứng minh rằng $a^n+\frac{1}{a^n}-2\geqslant n^2(a+\frac{1}{a}-2)$
Lời giải:
Bất đẳng thức tương đương với $(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a+1)\geq n^2a^{n-1}$ (hiển nhiên theo AM-GM)
Cách khác:
Do tính đối xứng giữa a và $\frac{1}{a}$ nên ta có thể giả sử a ≥ 1. đặt $\sqrt{a}$ =x ≥ 1.bdt $\Leftrightarrow$ $x^{2n}+\frac{1}{x^{2n}}-2 \geq n^{2}(x^{2}+\frac{1}{x^{2}}-2)\Leftrightarrow (x^{n}-\frac{1}{x^{n}})^{2}\geq n^{2}(x-\frac{1}{x})^{2} \Leftrightarrow $x^{n}-\frac{1}{x^{n}}\geq n(x-\frac{1}{x})$①.
Với x=1 thì ① đúng
Với x>1 thì ① $\Leftrightarrow x^{n-1} +x^{n-3} ...+\frac{1}{x^{n-3}}+\frac{1}{x^{n-1}}\geq n$ (đúng vì theo bđt AM-GM).
Dấu bằng xảy ra khi x=1 $\Leftrightarrow a=1$
Bài 5:
Cho $a,b,c,d$ là các số thực thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} a+b+c+d=0\\a^2+b^2+c^2+d^2=2 \end{matrix}\right.$
Tìm GTLN của $P=abcd$
Lời giải:
Áp dụng AM-GM ta có
$2=\sum a^{2}\geq 4\sqrt[4]{\prod a^{2}}\Rightarrow \sqrt{\left | abcd \right |}\leq \frac{1}{2}\Rightarrow abcd\leq \frac{1}{4}$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=-c=-d=\frac{1}{\sqrt{2}}$ và các hoán vị của chúng
Bài 6:
Cho $a,\,b,\,c\geq 0$ thỏa mãn $a+b+c=1.$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $$P=abc\left(a^2+b^2+c^2\right)$$
Lời giải:
Ta có: $P=abc(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq \frac{1}{3}(ab+bc+ca)^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
Mặt khác, lại có: $(ab+bc+ca)^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq \left (\frac{(a+b+c)^{2}}{3} \right )^{3}=\frac{1}{27}$
Do đó: $P\leq \frac{1}{81}$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c= \frac{1}{3}$
Bài 7:
Cho các số thực $x,\,y>0$ thỏa mãn $3x+y\leq1.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $$S=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{\sqrt{xy}}$$
Lời giải:
$S\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{\sqrt{x(1-3x)}}$
$\geq \frac{1}{x}+\frac{2}{1-2x}=\frac{2}{x(1-x)}\geq \frac{8}{(x+1-x)^{2}}=8$
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=\frac{1}{4}$
Bài 8:
Cho các số thực a,b,c,x,y thỏa mãn $$ax-by=\sqrt{3}$$ .
Tìm GTNN của $F= a^{2}+b^{2}+x^{2}+y^{2}+ bx +ay$
Lời giải:
Bài 9:
Cho các số thực dương $a,b,c$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$P=\frac{2}{a+ \sqrt{ab}+ \sqrt[3]{abc}}-\frac{3}{\sqrt{a+b+c}}$
Lời giải:
$a+\sqrt{\frac{1}{2}a.2b}+\sqrt[3]{\frac{1}{4}a.b.4c}\leq a+\frac{1}{4}a+b+\frac{1}{12}a+\frac{1}{3}b+\frac{4}{3}c=\frac{4}{3}(a+b+c)$
Do đó $P\geq \frac{3}{2(a+b+c)}-\frac{3}{\sqrt{a+b+c}}$...
Bài 10:
Cho x,y là các số không âm thoả $x^{3}+y^{3}\leq 1$
Tìm giá trị lớn nhất của $P=2\sqrt{x}+\sqrt{y}$
Lời giải:
$(x^3+y^3)(\sqrt[5]{2^6}+1)^5\geqslant (2\sqrt{x}+\sqrt{y})^6$
$\Leftrightarrow 2\sqrt{x}+\sqrt{y}\leqslant \sqrt[6]{(\sqrt[5]{2^6}+1)^5}$
Vậy $Max(P)= \sqrt[6]{(\sqrt[5]{2^6}+1)^5}\Leftrightarrow \frac{a^3}{2\sqrt[5]{2}}=b^3=\frac{1}{2\sqrt[5]{2}+1}$
Chiều coppy tiếp, sau đó kiểm tra nội dung sau.
Bài 11:Cho các số a,b,c không âm không đồng thời bằng không. Chứng minh rằng;
$\sum \frac{2a^{2}-bc}{b^{2}-bc+c^{2}}\geq 3$
Lời giải:(vutuanhien)
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $b$ là số nằm giữa $a$ và $c$
BĐT đã cho tương đương với
$$\sum \frac{2a^2+(b-c)^2}{b^2-bc+c^2}\geq 6$$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có
$$\sum \frac{2a^2}{b^2-bc+c^2}\geq \frac{2(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum a^2(b^2-bc+c^2)}=\frac{2(a^2+b^2+c^2)^2}{2\sum a^2b^2-abc\sum a}$$
$$\sum \frac{(b-c)^2}{b^2-bc+c^2}\geq \frac{[a(b-c)+b(a-c)+c(a-b)]^2}{2\sum a^2b^2-abc\sum a}=\frac{4b^2(a-c)^2}{2\sum a^2b^2-abc\sum a}$$
Do đó ta chỉ cần chứng minh
$$(a^2+b^2+c^2)^2+2b^2(a-c)^2\geq 6\sum a^2b^2-3abc\sum a (1)$$
Ta có
$b^2(a-c)^2=[a(b-c)+c(a-b)]^2=a^2(b-c)^2+c^2(a-b)^2+2ac(a-b)(b-c)$
$\geq a^2(b-c)^2+c^2(a-b)^2$
Suy ra
$$2b^2(a-c)^2\geq a^2(b-c)^2+b^2(c-a)^2+c^2(a-b)^2$$
$$\Rightarrow VT (1)\geq (\sum a^2)^2+2\sum a^2b^2-2abc\sum a$$
Do đó ta chỉ còn phải chứng minh
$$(\sum a^2)^2+2\sum a^2b^2-2abc\sum a\geq 6\sum a^2b^2-3abc\sum a$$
$$\Leftrightarrow \sum a^4+abc\sum a\geq 2\sum a^2b^2$$
BĐT này hiển nhiên đúng theo BĐT Schur
$$\sum a^4+abc\sum a\geq \sum ab(a^2+b^2)$$
Và BĐT AM-GM
$$\sum ab(a^2+b^2)\geq 2\sum a^2b^2$$
Kết thúc chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=b$, $c=0$ và các hoán vị.
Bài 12:(bosulan239)
Cho a,b,c là các số không âm không đồng thời bằng không.
CMR
$\frac{\sum a^{2}}{\sum ab}\geq \sum \frac{ab}{b^{2}+bc+c^{2}}$
Bài giải:(vutuanhien)
BĐT đã cho tương đương với
$\frac{a^2}{ab+bc+ca}-\frac{ab}{b^2+bc+c^2}+\frac{b^2}{ab+bc+ca}-\frac{bc}{c^2+ca+a^2}+\frac{c^2}{ab+bc+ca}-\frac{ca}{a^2+ab+b^2}\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum \frac{ac(ac-b^2)}{b^2+bc+c^2}\geq 0$
Do $\frac{ac(ac-b^2)}{b^2+bc+c^2}=\frac{ac^2(a+b+c)}{b^2+bc+c^2}-ac$ nên BĐT đã cho có thể viết lại thành
$\sum \frac{ac^2(a+b+c)}{b^2+bc+c^2}\geq ab+bc+ca$
$\Leftrightarrow \sum \frac{ac^2}{b^2+bc+c^2}\geq \frac{ab+bc+ca}{a+b+c}$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có
$VT\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{\sum a(b^2+bc+c^2)}=\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}$
Kết thúc chứng minh
Bài 13: (nguyencuong123)
Cho a,b,c không âm thoả mãn: $a+b+c=3$
Chứng Minh: $\sum \frac{a+1}{ab+1}\geq 3$
Bài giải:(Juliel)
Áp dụng AM-GM cho vế trái, ta cần chứng minh :
$(a+1)(b+1)(c+1)\geq (ab+1)(bc+1)(ca+1)\Leftrightarrow abc+(ab+bc+ca)+(a+b+c)+1\geq a^{2}b^{2}c^{2}+abc(a+b+c)+(ab+bc+ca)+1\Leftrightarrow abc+4\geq a^{2}b^{2}c^{2}+3abc+1\Leftrightarrow a^{2}b^{2}c^{2}+2abc\leq 3$
Hiển nhiên đúng vì $abc\leq (\frac{a+b+c}{3})^{3}=1$
Bài 14:(Chrome98):Chứng minh bất đẳng thức sau với $a,b,c>0$ và $a+b+c=1$:
\[ \frac{a^2}{3a+1}+\frac{b^2}{3b+1}+\frac{c^2}{3c+1}\ge 24\left(\frac{a^2}{9a+1}+\frac{b^2}{9b+1}+\frac{c^2}{9c+1}\right)^2 \]
Bài giải: (Simpson Joe Donald)
Bài 15:(trauvang97:)Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn:
$\frac{2}{a^{2}+1}+\frac{2}{b^{2}+1}+\frac{2}{c^{2}+1}\geq 3$
Chứng minh rằng: $(a-2)^{2}+(b-2)^{2}+(c-2)^{2}\geq 3$
Bài giải:
(Nguyen Huy Tuyen)$\frac{2}{a^{2}+1}+\frac{2}{b^{2}+1}+\frac{2}{c^{2}+1}\geq 3\Leftrightarrow \sum \frac{(1-a)(1+a)}{a^2+1}\geqslant 0$
$(a-2)^{2}+(b-2)^{2}+(c-2)^{2}-3=\sum (a-3)(a-1)$
Ta có :$\sum (a-3)(a-1)-\sum \frac{2(1-a)(1+a)}{a^2+1}=\sum \frac{(a-1)^4}{a^2+1}\geqslant 0$
$\Leftrightarrow \sum (a-3)(a-1)\geqslant \sum \frac{2(1-a)(1+a)}{a^2+1}\geqslant 0$
$\Leftrightarrow (a-2)^{2}+(b-2)^{2}+(c-2)^{2}\geq 3$
Bài 16:(phanquockhanh)Cho $x,y,z >0 : xyz+x+z=y$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : $P=\frac{2}{x^2+1} - \frac{2}{y^2+1} -\frac{4z}{\sqrt{z^2+1}}+\frac{3z}{(z^2+1).\sqrt{z^2+1}}$
(Trích đề thi thử số 2 – THTT)
Bài giải:
(trauvang97)Từ giả thiết ta có: $x=\frac{y-z}{1+yz}$.
Khi đó:
$P=\frac{2(1+yz)^{2}}{(y^{2}+1)(z^{2}+1)}-\frac{2}{y^{2}+1}-\frac{4z}{\sqrt{z^{2}+1}}+\frac{3z}{(z^{2}+1)\sqrt{z^{2}+1}}$
$P=\frac{2z(2y+(y^{2}-1)z)}{(y^{2}+1)(z^{2}+1)}-\frac{4z}{\sqrt{z^{2}+1}}+\frac{3z}{(z^{2}+1)\sqrt{z^{2}+1}}$
Do $\frac{2z(2y+(y^{2}-1)z)}{(y^{2}+1)(z^{2}+1)}=\frac{2z\sqrt{(2y+(y^{2}-1)z)^{2}}}{(y^{2}+1)(z^{2}+1)}\leq \frac{2z\sqrt{(4y^{2}+(y^{2}-1)^{2})(1+z^{2})}}{(y^{2}+1)(z^{2}+1)}=\frac{2z}{\sqrt{z^{2}+1}}$
Do đó:
$P\leq \frac{2z}{\sqrt{z^{2}+1}}-\frac{4z}{\sqrt{z^{2}+1}}+\frac{3z}{\sqrt{z^{2}+1}}\left ( 1-\frac{z^{2}}{z^{2}+1} \right )$
$P=-3t^{3}+t$ với $\frac{z}{\sqrt{z^{2}+1}}=t\in (0;1)$
Khảo sát hàm số trên ta thấy $maxP=\frac{2}{9}\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{2}}{2};y=\sqrt{2},z=\frac{\sqrt{2}}{4}$
Bài 17:(Toc Ngan)Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c=3$
Chứng minh rằng : $8(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+9 \geq 10(a^2+b^2+c^2)$
Bài giải:(babystudymaths)
Cách 1
Giải như sau:
Giả sử a là số lớn nhất trong 3 số a,b,c ,thế thì c nhỏ hơn 3 và không nhỏ hơn 1
ta thấy $9=(42a-48)+(42b-\frac{69}{2})+(42c-\frac{69}{2})$
Thay và BĐT ban đầu ta thấy tương đương
$(\frac{8}{b}-10b^{2}+42b-\frac{69}{2})+(\frac{8}{c}-10c^{2}+42c-\frac{69}{2})\geq 10a^{2}-\frac{8}{a}-42a+48\Leftrightarrow \frac{(16-5b)(2b-1)^{2}}{b}+\frac{(16-52)(2c-1)^{2}}{c}\geq \frac{4(5a-1)(a-2)^{2}}{a}$
Áp dụng BCS ,ta có:
VT $\geq \frac{(2b-1+2c-1)^{2}}{\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}}= \frac{4(a-2)^{2}}{\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}}$
Lúc này ta chỉ cần chứng minh
$\frac{a}{5a-1}\geq \frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}$
Mà $\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}\leq \frac{b}{16-5a}+\frac{c}{16-5a}= \frac{3-a}{16-5a}\leq \frac{a}{5a-1}\Leftrightarrow \frac{1}{(5a-1)(16-5a)}> 0$
ĐÚng theo giả thiết,từ đây ta suy ra đ.p.c.m
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=1/2 ,c=2 cùng hoán vị
Cách 2:
Ta có BĐT tương đương
f(abc,a+b+c,ab+bc+ca) =$8.\frac{ab+bc+ca}{abc}+9-10((a+b+c)^{2}-2(ab+bc+ca))\geq 0$
Nhận thấy đây là hàm đơn điệu trên R theo abc nên theo định lý ABC, hàm số đạt cực tiểu khi có 2 biến = nhau, nên a=b=$\frac{3-c}{2}$
Thay vào và chứng minh BĐT 1 biến c ,bài toán trở nên quá đơn giản
Bài 18:(caybutbixanh)Cho $x;y;z> 0$.Chứng minh rằng :
$P=\frac{2xy}{(z+x)(z+y)}+\frac{2yz}{(x+y)(x+z)}+\frac{3xz}{(y+z)(y+x)}\geqslant \frac{5}{3}.$
(trích đề thi học sinh giỏi lớp 11-Quảng Bình 2011)
--------------------------------
(T M) Hướng giải:
Bằng khai triển trực tiếp ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh thành
$$xy(x+y)+yz(y+z)+4xz\left ( x+z \right )\geq 10xyz$$
Điều này tương đương với
$$\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{4(x+z)}{y}\geq 10$$
Áp dụng $AM-GM$ từng cặp là ra.
Bài 19:(supermath98)Cho các sô dương $a;b;c$ thỏa mãn $\large ab+ac+bc=3abc$. Tìm GTNN của biểu thức:
$\large M=\frac{2\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2} \right )+abc}{a^{2}b^{2}c^{2}}$
Bài giải:(thanhdok14)
Vì $a, b, c>0$ nên từ điều kiện ban đầu, ta suy ra:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3$
Đặt: $\left(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}\right)\to (x;y;z)$
$\Rightarrow x+y+z=3$
$\Rightarrow xy+yz+zx\le 3$
Mặt khác: $M$ được viết lại thành:
$M=2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)+\frac{1}{abc}$
$=2(x^2+y^2+z^2)+xyz$
Lại có: $x^2+y^2+z^2=9-2(xy+yz+zx)$
$xyz\ge \frac{(x+y+z)[4(xy+yz+zx)-(x+y+z)^2]}{9}=\frac{4(xy+yz+zx)-9}{3}$ (theo $schur$)
Từ đó ta có:
$M\ge \frac{4}{3}(xy+yz+zx)-4(xy+yz+zx)+15=\frac{-8}{3}(xy+yz+zx)+15\ge 7$ (vì $xy+yz+zx\le 3$)
Vậy $min M=7\Leftrightarrow a=b=c=1$
Bài 20:(duaconcuachua)
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca=abc$.
Chứng minh rằng $\frac{a^{4}+b^{4}}{ab(a^{3}+b^{3})}+\frac{b^{4}+c^{4}}{bc(b^{3}+c^{3})}+\frac{c^{4}+a^{4}}{ca(c^{3}+a^{3})}\geq 1$
Bài giải:(Sagittius912)Theo bđt Chebyshev ta có
$\frac{a^4+b^4}{a^3+b^3}\ge \frac{a+b}{2}$
do đó
$\frac{a^{4}+b^{4}}{ab(a^{3}+b^{3})}+\frac{b^{4}+c^{4}}{bc(b^{3}+c^{3})}+\frac{c^{4}+a^{4}}{ca(c^{3}+a^{3})}\ge \frac{a+b}{2ab}+\frac{b+c}{2bc}+\frac{c+a}{2ca}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=1$
Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=3$
Mọi người giúp mình bài này với !!!
Cho a, b, x, y $\in R^{+}$ thỏa mãn:
a + b = 1
ax + by = 2
$ax^{2} + by^{2} = 3$
CMR : $4 < ax^{3} + by^{3} < 4,5$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi canletgo: 22-08-2016 - 17:05
Alpha $\alpha$
Cho $a, b, c > 0$. Chứng minh :
$\frac{a^{3}}{b^{2}} + \frac{b^{3}}{c^{2}} + \frac{c^{3}}{a^{2}} \geq \frac{a^{2}}{b} + \frac{b^{2}}{c} + \frac{c^{2}}{a}$
Đầu tiên dễ chứng minh được a2+ b2+ c2 ≥ ab+bc+ca
Ta có (a3)/b+ ab ≥ 2a2
(b3)/c+ bc ≥ 2b2
(c3)/a +ca ≥ 2c2
(a3)/b + (b3)/c+ (c3)/a + ab+ ac+ bc ≥ 2a2+ 2b2+ 2c2 => đpcm
b) Ta có
2a2+ 2b2+ 2c2 ≥ 2ab+2bc+2ca
a2+ b2+ c2 +3 ≥ 2a+2b+2c
=> 3a2+ 3b2+ 3c2 +3 ≥ 2ab+2bc+2ca +2a+2b+2c =12 => đpcm
My own angel
$Cho x,y,z>0, x+y+z=3 . CMR: \frac{xy}{z}+ \frac{yz}{x} + \frac{xz}{y} \geq 3$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kiratran: 11-11-2016 - 19:38
Duyên do trời làm vương vấn một đời.
Với điều kiện $x,y,z>0 (gt)$, áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được :$Cho x,y,z>0, x+y+z=3 . CMR: \frac{xy}{z}+ \frac{yz}{x} + \frac{xz}{y} \geq 3$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thjiuyghjiuytgjkiutghj: 19-11-2016 - 22:14
mọi người giúp em bài này với ạ:
cho x,y>0. Tìm Min Q=$(3+\frac{1}{x})(3+\frac{1}{y})(2+x+y)$
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab+bc+ca=1.Chứng minh rằng :
Chứng minh :
b, Nếu $a, b, c \geq -1, a + b + c = 1$ thì : $\frac{a}{1 + a^{2}} + \frac{b}{1 + b^{2}} + \frac{c}{1 + c^{2}} \leq \frac{9}{10}$
câu b như nào vậy bạn
cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn a2 + b2 + c2 =12 . cm
1/(a+b) + 1/(b+c) + 1/(c+a) >= 8/(28+a^2) + 8/(28+b^2) + 8/(28+c^2)
mình có bài này khó qúa bạn nào giúp mình với
a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác không nhọn chứng minh
(a2 +b2 +c2)(1/a2 + 1/b2 + 1/c2 ) >= 10
Solution:
Vì $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác không nhọn nên là 3 cạnh của tam giác tù
*Bổ đề: Nếu $x, y, z$ là độ dài ba cạnh của 1 tam giác tù và thỏa mãn $x=max\left \{ x;y;z \right \}$ thì $x^{2}\geq y^{2}+z^{2}$ (Tự c/m bằng hình học)
Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz thì ta có $\frac{1}{b^{2}}+ \frac{1}{c^{2}} \geq \frac{4}{b^{2}+c^{2}}$.
Suy ra $P\geq (\frac{1}{a^{2}}+ \frac{4}{b^{2}+c^{2}})(a^{2}+b^{2}+c^{2})$.
$= 5 + \frac{b^{2}+c^{2}}{a^{2}}+\frac{4a^{2}}{b^{2}+c^{2}}$ $(*)$
Ap dụng bđt AM-GM thì $\frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{2}+c^{2}}{a^{2}}\geq 2$ $(1)$
Mặt khác áp dụng bổ đề thì ta có: $\frac{3a^{2}}{b^{2}+c^{2}}\geq 3$ $(2)$
Cộng $(1)$ với $(2)$ thì được $\frac{b^{2}+c^{2}}{a^{2}}+\frac{4a^{2}}{b^{2}+c^{2}}\geq 5$ $(3)$
Từ $(*)$ và $(3)$ thì $P\geq 10$ . Đẳng thức xảy ra khi $a=\sqrt{2}b=\sqrt{2}c$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 11-03-2017 - 21:28
The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.
----- Michelangelo----
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
$1.(a+b+c)^{3} \geq 6\sqrt{3}(a-b)(b-c)(c-a)$
$2.a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc \geq 2(\frac{b+c}{2}-a)^{3}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 19-05-2017 - 23:54
$\mathbb{VTL}$
Với mọi a, b, c không âm. CMR:
$(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})$
Alpha $\alpha$
cho a ; b ; c là các số thực dương thoả mãn a+b+c=3 cmr
$\sqrt{\frac{a}{3b^{2}+1}}+\sqrt{\frac{b}{3c^{2}+1}}+\sqrt{\frac{c}{3a^{2}+1}}\geq \frac{3}{2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kuhaza: 09-09-2017 - 21:41
$$ x,y,z > 0$$ $$ x+y+z=3$$
$$ (x^2y+y^2z+z^2x)\left[\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2} +\frac{1}{(z+x)^2}\right] \geq \frac94$$
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh