Chủ đề này có 1205 trả lời

[LukaTTK]

Rõ ràng bất đẳng thức đã ch0 sai khi $b,c\rightarrow 0,a\rightarrow +\infty$

BĐT đúng phải là : Ch0 $a,b,c>0$. Chứng minh rằng

                             $\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+\sqrt{\frac{2b}{b+c}}+\sqrt{\frac{2c}{c+a}}\leqslant 3$

Có thể tham khảo cách giải ở đây http://diendantoanho...2ccaleqslant-3/

sorry,,chép nhầm đề

tks bạn

[LukaTTK]

Tiếp theo nhé

1. a,b,c$\geq 0, a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$

$C/m: ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}\leq 2+abc$

2.a,b,c>0,a+b+c=3

C/m:$a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc\geq 4$

3.$0\leq x,y\leq \frac{1}{2}. C/m: A=\frac{\sqrt{x}}{y+1}+\frac{\sqrt{y}}{x+1}\leq \frac{2\sqrt{2}}{3}$

[25 minutes]

 

2.a,b,c>0,a+b+c=3

C/m:$a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc\geq 4$

Áp dụng bđt sau $a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geqslant 2(ab+bc+ac)$

               $\Rightarrow 2(a^2+b^2+c^2)+2abc+1 \geqslant (a+b+c)^2=9$

               $\Rightarrow a^2+b^2+c^2+abc \geqslant 4$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

[LukaTTK]

Áp dụng bđt sau $a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geqslant 2(ab+bc+ac)$

               $\Rightarrow 2(a^2+b^2+c^2)+2abc+1 \geqslant (a+b+c)^2=9$

               $\Rightarrow a^2+b^2+c^2+abc \geqslant 4$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

bạn ơi ,,nhắc cho trót cách Cm Bđt đầu tiên đi

[trauvang97]

bạn ơi ,,nhắc cho trót cách Cm Bđt đầu tiên đi

 

Theo nguyên lí Dirichlet trong ba số $a-1, b-1, c-1$ tồn tại ít nhất hai số cùng dấu.

 

Không mất tính tổng quát, giả sử: $(a-1)(b-1) \geq 0$

 

Khi đó: $ab+1\geq a+b\Leftrightarrow 2abc\geq 2ac+2bc-2c$

 

Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+1\geq 2ab+2c$ luôn đúng do Cauchy

[Tu Kim Ngan]

Chứng minh Bất đẳng thức sau:

        Cho $x\geq y\geq z\geq 0$. Chứng minh:

                $\frac{x^{2}y}{z}+\frac{y^{2}z}{x}+\frac{z^{2}x}{y}\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}$

 

[hoctrocuanewton]

Chứng minh Bất đẳng thức sau:

        Cho $x\geq y\geq z\geq 0$. Chứng minh:

                $\frac{x^{2}y}{z}+\frac{y^{2}z}{x}+\frac{z^{2}x}{y}\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}$

ap dung bdt cauchy-schwars ta co

$(\frac{x^{2}y}{z}+\frac{y^{2}z}{x}+\frac{z^{2}x}{y}).(\frac{x^{2}z}{y}+\frac{y^{2}x}{z}+\frac{z^{2} y}{ x})\geq (x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}$

ma ta co

$(\frac{x^{2}y}{z}+\frac{y^{2}z}{x}+\frac{z^{2}x}{y})-(\frac{x^{2}z}{y}+\frac{y^{2}x}{z}+\frac{z^{2} y}{ x})= \frac{(x-z)(y-z)(x-y)(xy+yz+xz)}{xyz}\geq 0$

suy ra

$\frac{x^{2}y}{z}+\frac{y^{2}z}{x}+\frac{z^{2}x}{y}\geqslant \frac{x^{2}z}{y}+\frac{y^{2}x}{z}+\frac{z^{2} y}{ x}$

suy ra duoc dpcm

[phucryangiggs11]

giải hộ em bài bất đẳng thức này với:

Cho x,y,z thuộc R sao cho thỏa mãn :

$x^{2}+2\ast y^{2}+2\ast x^{2}\ast z^{2}+y^{2}\ast z^{2}+3\ast x^{2}\ast y^{2}\ast z^{2}= 9$

Tìm GTNN của x.y.z

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phucryangiggs11: 30-07-2013 - 22:24

[Mori Ran]

Giúp mình BĐT này nhé:

Cho $a,b,c>0$ CMR : $a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+a^{3}c^{3}\geq abc(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})$

[Mori Ran]

Cho $a,b,c>0$ $CMR$ $a^{5}+b^{5}+c^{5}\geq a^{2}b^{3}+b^{2}c^{3}+c^{2}a^{3}$

[trandaiduongbg]

Giúp mình BĐT này nhé:

Cho $a,b,c>0$ CMR : $a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+a^{3}c^{3}\geq abc(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})$

Gợi ý nha:

Bạn dùng BDT phụ sau:

$x^3+y^3 \geq xy(x+y)$

Cuối cùng ta cần chứng minh:

$a^2b+b^2c+c^2a \geq ab^2+bc^2+ca^2$

BDT tương đương thôi, chuyển vế phân tích đa thức thành nhân tử ta đươc: 

$(a-b)(b-c)(a-c) \geq 0$ điều này luôn đúng với $a \geq b \geq c$ và các hoán vị của nó cũng đúng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trandaiduongbg: 01-08-2013 - 16:42

[trandaiduongbg]

Cho $a,b,c>0$ $CMR$ $a^{5}+b^{5}+c^{5}\geq a^{2}b^{3}+b^{2}c^{3}+c^{2}a^{3}$

Ta có BDT phụ: $a^5+b^5 \geq a^2b^2(a+b)$ (*)

Thật vậy:

$a^3+b^3 \geq ab(a+b)$

Và $a^2+b^2 \geq 2ab$

Nhân 2 vế của 2 BDT trên ta đc (*) 

Tiếp tục chứng minh như bài #371

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trandaiduongbg: 01-08-2013 - 16:45

[Mori Ran]

Gợi ý nha:

Bạn dùng BDT phụ sau:

$x^3+y^3 \geq xy(x+y)$

nhưng cuối cùng khi triển khai ra thì sẽ là $2(a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+c^{3}a^{3})\geq abc(ab^{2}+cb^{2}+ba^{2}+ca^{2}+ac^{2}+bc^{2})$

rồi tiếp tục thế nào vậy ??

[Mori Ran]

Giải hộ mình bài này nhé :

CHO  $A=(a+b)(b+c)(c+a)$  ,$a,b,c \geq 0$$ ,abc=1$ 

CMR $A+1 \geq 3(a+b+c)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mori Ran: 01-08-2013 - 17:47

[trandaiduongbg]

nhưng cuối cùng khi triển khai ra thì sẽ là $2(a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+c^{3}a^{3})\geq abc(ab^{2}+cb^{2}+ba^{2}+ca^{2}+ac^{2}+bc^{2})$

rồi tiếp tục thế nào vậy ??

Đến đây BDT sẽ cần chứng minh:

$a^2b+b^2c+c^2a \geq ab^2+bc^2+ca^2$

BDT tương đương thôi, chuyển vế phân tích đa thức thành nhân tử ta đươc:

$(a-b)(b-c)(a-c) \geq 0$ điều này luôn đúng với $a \geq b \geq c$ và các hoán vị của nó cũng đúng

[trandaiduongbg]

Giải hộ mình bài này nhé :

CHO  $A=(a+b)(b+c)(c+a)$  ,$a,b,c \geq 0$$ ,abc=0$ 

CMR $A+1 \geq 3(a+b+c)$

abc=1 chứ nhỉ ?????

[Ha Manh Huu]

Cho $a,b,c>0$ $CMR$ $a^{5}+b^{5}+c^{5}\geq a^{2}b^{3}+b^{2}c^{3}+c^{2}a^{3}$

 

Ta có BDT phụ: $a^5+b^5 \geq a^2b^2(a+b)$ (*)

Thật vậy:

$a^3+b^3 \geq ab(a+b)$

Và $a^2+b^2 \geq 2ab$

Nhân 2 vế của 2 BDT trên ta đc (*) 

Tiếp tục chứng minh như bài #371

bài này là bđt đồng bậc ta có 1 cách làm đơn giản như sau  $a^5+a^5 +b^5+b^5+b^5 \geq 5a^2b^3$(áp dụng cô si)

tương tự rồi cộng vế ta có đpcm

 

lưu ý vói các bđt đồng bậc khác ta cũng có cách làm tương tự như vậy

[Mori Ran]

abc=1 chứ nhỉ ?????

uk nhầm

[Mori Ran]

Bài này nữa : 

Cho a,b,c >0  $a+b+c\leq \frac{3}{2}$. Tìm min của :

$P=(3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b})(3+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(3+\frac{1}{c}+\frac{1}{a})$

[nhatduy01]

Đặt   $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=x;\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=y;\frac{1}{c}+\frac{1}{a}=z$    (x,y,z>0)

    $\Rightarrow P=(3+x)(3+y)(3+z)$

                        $=27+3(xy+yz+zx)+9(x+y+z)+xyz$

                         $\geq 27+9\sqrt[3]{(xyz)^{2}}+27\sqrt[3]{xyz}+xyz$

     Lại có $xyz=(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(\frac{1}{c}+\frac{1}{a})\geq \frac{8}{abc}$    (vì a,b,c >0)

  Mà $\frac{3}{2}\geq a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow \frac{1}{2}\geq \sqrt[3]{abc}\Rightarrow \frac{8}{abc}\geq 64\Rightarrow xyz\geq \frac{8}{abc}\geq 64$

    $\Rightarrow P \geq 27+9\sqrt[3]{64^{2}}+27\sqrt[3]{64}+64=343$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhatduy01: 01-08-2013 - 22:53