Chứng minh với mọi số thực dương a,b,c tm abc=64 ta có: $a^3 b^3 c^3\ge4\left(a^2 b^2 c^2\right)$ Có: $\sqrt[3]{abc}=4\Rightarrow a^3 b^3 c^3\ge\sqrt[3]{abc}\left(a^2 b^2 c^2\right)$ \(\Leftrigh...

NN

Nhàn Nguyễn

18 tháng 12 2018

Chứng minh với mọi số thực dương a,b,c tm abc=64 ta có: $a^3+b^3+c^3\ge4\left(a^2+b^2+c^2\right)$ Có: $\sqrt[3]{abc}=4\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge\sqrt[3]{abc}\left(a^2+b^2+c^2\right)$ $\Leftrightarrow3\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)$ $\Leftrightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)\ge ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)$ Giải thích giúp mình dấu $\Leftrightarrow$ thứ 2 với ạ...

Đọc tiếp

#Toán lớp 9

1

MS

Mashiro Shiina

18 tháng 12 2018

Ngc dấu r bạn

Đúng(0)

VT

Vũ Thành Khoa

1 tháng 5 2018

Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:

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

#Toán lớp 9

0

NL

Nguyễn Lâm Ngọc

30 tháng 1 2018 - olm

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng $\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc+\sqrt[3]{\left(a^3+abc\right)\left(b^3+abc\right)\left(c^3+abc\right)}$

#Toán lớp 9

2

KN

Kiệt Nguyễn

14 tháng 3 2020

$BĐT\Leftrightarrow\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}\ge abc$

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

Đặt $P=\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}$

Áp dụng BĐT Bunhiacopski:

$\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)\ge\left(\text{ Σ}_{cyc}ab\sqrt{ab}\right)^2$

$\Rightarrow P\ge ab\sqrt{ab}+bc\sqrt{bc}+ca\sqrt{ca}$(1)

Lại áp dụng BĐT Bunhiacopski:

$\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(bc^2+ca^2+ab^2\right)\ge\left(3abc\right)^2$

$\Rightarrow P\ge3abc$(2)

Tiếp tục áp dụng BĐT Bunhiacopski:

$\left(a^2b+b^2c+c^2a\right)\left(ca^2+b^2a+c^2b\right)\ge\left(\text{Σ}_{cyc}a^2\sqrt{bc}\right)^2$

$\Rightarrow P\ge a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ca}+c^2\sqrt{ab}$(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra $3P\ge3abc+\left[\text{Σ}_{cyc}\left(a^2\sqrt{bc}+bc\sqrt{bc}\right)\right]$

Sử dụng một số phép biến đổi và bđt Cô - si cho 3 số , ta được:

$3P\ge3abc+3\sqrt[3]{abc\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)\left(c^2+ab\right)}$

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

hay $\sqrt{\left(a^2b+b^2c+c^2\right)\left(ab^2+bc^2+ca^2\right)}$

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

Dấu "=" khi a = b = c > 0

P/S: Không biết đúng không nữa, chưa check lại

Đúng(0)

ND

Nguyen Duc Huy

7 tháng 6 2020

ko biết

Đúng(0)

DD

Duyen Đao

5 tháng 7 2020

Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:

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

#Toán lớp 9

1

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

5 tháng 7 2020

Bạn tham khảo bài số 3:

Câu hỏi của bach nhac lam - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

Đúng(0)

HA

Hoàng Anh Thắng

14 tháng 3 2022

Cho các số thực dương a,b,c có abc=1 chứng minh rằng:

$\dfrac{a^3}{\left(b+2\right)\left(c+3\right)}+\dfrac{b^3}{\left(c+2\right)\left(a+3\right)}+\dfrac{c^3}{\left(a+2\right)\left(b+3\right)}\ge\dfrac{1}{4}$

#Hóa học lớp 9

1

HA

Hoàng Anh Thắng

14 tháng 3 2022

chết đăng nhầm sogy nha

Đúng(2)

LC

lý canh hy

14 tháng 9 2018 - olm

Cho các số thực dương a,b,c. CMR:

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

#Toán lớp 9

3

TN

Thắng Nguyễn

14 tháng 9 2018

chia abc

Đúng(0)

DD

Đen đủi mất cái nik

15 tháng 9 2018

Do abc khác 0 nên ta chia cả 2 vế của bđt cho abc. Ta được:

$\sqrt{\left(\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\right)\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\right)}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+\frac{bc}{a^2}\right)\left(a+\frac{ca}{b^2}\right)\left(1+\frac{ab}{c^2}\right)}$

$\Leftrightarrow\sqrt{3+\frac{bc}{a^2}+\frac{ca}{b^2}+\frac{ab}{c^2}+\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ca}+\frac{c^2}{ab}}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+\frac{bc}{a^2}\right)\left(1+\frac{ca}{b^2}\right)\left(1+\frac{ab}{c^2}\right)}$

ĐẶT: $x=\frac{bc}{a^2};y=\frac{ca}{b^2};z=\frac{ab}{c^2}\Rightarrow xyz=1$

KHI ĐÓ TA CẦN CHỨNG MINH:

$\sqrt{3+x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\ge1+\sqrt[3]{\left(1+x\right)\left(1+y\right)\left(1+z\right)}$

$\Leftrightarrow\sqrt{3+x+y+z+xy+yz+zx}\ge1+\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}$

ĐẶT : $t=\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}$

ÁP DỤNG BĐT AM-GM TA CÓ:

$x+y+z+xy+yz+zx\ge6\sqrt[6]{xyz.xy.yz.zx}=6$ (DO xyz=1)

$\Rightarrow t\ge\sqrt[3]{2+6}=2$

VẬY BẤT ĐẲNG THỨC ĐÃ CHO TƯƠNG ĐƯƠNG VỚI:

$\sqrt{t^3+1}\ge1+t\Leftrightarrow t^3+1\ge t^2+2t+1\Leftrightarrow t^3-t^2-2t\ge0\Leftrightarrow t\left(t+1\right)\left(t-2\right)\ge0$

ĐÚNG VỚI : $t\ge2$

ĐẲNG THỨC XẢY RA KHI VÀ CHỈ KHI a=b=c

$\Rightarrow DPCM$

Đúng(0)

KN

Kiệt Nguyễn

11 tháng 1 2021 - olm

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: $\frac{a^3}{c\left(a^2+bc\right)}+\frac{b^3}{a\left(b^2+ca\right)}+\frac{c^3}{b\left(c^2+ab\right)}\ge\frac{a+b+c}{2\sqrt[3]{abc}}$

#Toán lớp 5

0

TV

Thảo Vi

8 tháng 3 2021

Cho a,b,c là số dương. CMR:

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

2. $a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab}\le a^3+b^3+c^3$

3. $\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b}\ge\dfrac{a+b+c}{2}$

#Toán lớp 10

5

AH

Akai Haruma

Giáo viên

8 tháng 3 2021

Bài 1:

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

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

Cộng theo vế và thu gọn:

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

$\Leftrightarrow 3\geq \frac{3(1+\sqrt[3]{abc})}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

$\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3$

Ta có đpcm.

Đúng(2)

AH

Akai Haruma

Giáo viên

8 tháng 3 2021

Bài 2:

$a^3+a^3+a^3+a^3+b^3+c^3\geq 6\sqrt[6]{a^{12}b^3c^3}=6a^2\sqrt{bc}$

$b^3+b^3+b^3+b^3+a^3+c^3\geq 6b^2\sqrt{ac}$

$c^3+c^3+c^3+c^3+a^3+b^3\geq 6c^2\sqrt{ab}$

Cộng theo vế và rút gọn thu được:

$a^3+b^3+c^3\geq a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab}$

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Đúng(1)

KN

Kiệt Nguyễn

25 tháng 4 2020 - olm

Câu hỏi hay

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:

$\sqrt{c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(c^2+a^2\right)^2}\ge\frac{54\left(abc\right)^3}{\left(a+b+c\right)^2\sqrt{\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4}}$

#Toán lớp 9

3

T

tth_new

26 tháng 4 2020

$\Leftrightarrow\left(\Sigma a\right)^4\left(\Sigma a^4b^4\right)\left[\Sigma c^2\left(a^2+b^2\right)^2\right]\ge54^2\left(abc\right)^6$

Giả sử $c=\text{min}\left\{a,b,c\right\}$và đặt $a=c+u,b=c+v$ thì nhận được một BĐT hiển nhiên :P

Đúng(0)

TL

Tran Le Khanh Linh

26 tháng 4 2020

Theo BĐT AM-GM ta có:

$c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(c^2+a^2\right)\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2\left[\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)\right]^2}$

$\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^264\left(abc\right)^4}=12\left(abc\right)^2$

=> $\sqrt{c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(a^2+c^2\right)^2}\ge2\sqrt{3}abc$

Cũng theo BĐT AM-GM $\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4\ge3\sqrt[3]{\left(ab\right)^4\left(bc\right)^4\left(ca\right)^4}=3\left(abc\right)^2\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}$

=> $\sqrt{\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4}\ge\sqrt{3}\cdot abc\sqrt[3]{abc}$và $\left(a+b+c\right)^2\ge9\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}$

=> $\sqrt{c^2\left(a^2+b^2\right)^2+a^2\left(b^2+c^2\right)^2+b^2\left(c^2+a^2\right)^2}\cdot\left(a+b+c\right)^2\cdot\sqrt{\left(ab\right)^4+\left(bc\right)^4+\left(ca\right)^4}$

$\ge2\sqrt{3}\left(abc\right)\cdot\sqrt{3}\left(abc\right)\sqrt[3]{abc}\cdot9\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}\ge54\left(abc\right)^3$

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c

Đúng(1)

MT

Mai Thị Thanh

26 tháng 8 2021

Cho 3 số dương a,b,c . Chứng minh :

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

#Toán lớp 11

1

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

26 tháng 8 2021

$VT=\sqrt{\left(2+2a^2\right)\left(1+b^2\right)\left(1+c^2\right)}$

$VT=\sqrt{\left[a^2-2a+1+a^2+2a+1\right]\left[b^2+2bc+c^2+b^2c^2-2bc+1\right]}$

$VT=\sqrt{\left[\left(1-a\right)^2+\left(a+1\right)^2\right]\left[\left(bc-1\right)^2+\left(b+c\right)^2\right]}$

Bunhiacopxki:

$VT\ge\left(1-a\right)\left(bc-1\right)+\left(a+1\right)\left(b+c\right)=\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)-2\left(1+abc\right)$

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