Với $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $a b c=3.$ Chứng minh rằng$:$ $$ \frac 1{8 5(b^2 c^2)} \frac 1{8 5(c^2 a^2)} \frac 1{8 5(a^2 b^2)}\le \frac 1{6},$$ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ k...

T

tthnew

26 tháng 6 2020

Với $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng$:$ $$ \frac 1{8 + 5(b^2 + c^2)} + \frac 1{8 + 5(c^2 + a^2)} + \frac 1{8 + 5(a^2 + b^2)}\le \frac 1{6},$$ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=b=\frac{c}{13}$ và các hoán vị. Ji Chen đưa ra một kiểu SOS rất khủng$:$...

Đọc tiếp

#Toán lớp 9

0

T

tth_new

26 tháng 6 2020

t chuyên Anh mà:v

Đúng(0)

L

lalallalalalla

26 tháng 6 2020

tth_newrì lí.-. thế lm Toán giỏi phết.Toàn cho mấy bài toán hack não không.Để tìm lại cái não đã bị hack r

Đúng(0)

HT

Hoàng Thị Mai Hương

20 tháng 4 2017 - olm

Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn abc =1 . Chứng minh rằng $\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}\ge\frac{1}{a+b+c}$

Đẳng thức xảy ra khi nào ?

#Toán lớp 9

1

KN

Kiệt Nguyễn

12 tháng 6 2020

Vì abc = 1 nên $\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}$$=\frac{ac}{abc+ac+c}+\frac{abc}{abc^2+abc+ac}+\frac{c}{ca+c+1}$

$=\frac{ac}{ac+c+1}+\frac{1}{ac+c+1}+\frac{c}{ac+c+1}=\frac{ac+c+1}{ac+c+1}=1$(*)

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức và áp dụng đẳng thức (*), ta được:

$\frac{a}{\left(ab+a+1\right)^2}+\frac{b}{\left(bc+b+1\right)^2}+\frac{c}{\left(ca+c+1\right)^2}$$=\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}\right)^2}{a}+\frac{\left(\frac{b}{bc+b+1}\right)^2}{b}+\frac{\left(\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{c}$

$\ge\frac{\left(\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}\right)^2}{a+b+c}=\frac{1}{a+b+c}$

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

Đúng(0)

DT

Đạt TL

16 tháng 7 2020 - olm

a)Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn điều kiện a+b+c=1

cm: $a^3+b^3+c^3\le\frac{1}{8}+a^4+b^4+c^4$

b)Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh:

$\frac{a}{a^2+1}+\frac{b}{b^2+1}+\frac{c}{c^2+1}\le\frac{9}{10}$

#Toán lớp 9

4

ZC

zZz Cool Kid_new zZz

16 tháng 7 2020

Mình xài p,q,r nhé :))

Ta có:

$a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r=1-3q+3r$

$a^4+b^4+c^4=1-4q+2q^2+4r$

Khi đó BĐT tương đương với:

$\frac{1}{8}+2q^2+4r-4q+1\ge1-3q+3r$

$\Leftrightarrow2q^2-q+\frac{1}{8}+r\ge0$

$\Leftrightarrow2\left(q-\frac{1}{4}\right)+r\ge0$ ( đúng )

Đúng(0)

T

tth_new

21 tháng 7 2020

$a^4+b^4+c^4+\frac{1}{8}\left(a+b+c\right)^4\ge\left(a^3+b^3+c^3\right)\left(a+b+c\right)$

Khúc đầu có gì đâu nhỉ: $a^3+b^3+c^3=\left(a+b+c\right)^3-3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)$

$=p^3-3\left[\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-abc\right]$

$=p^3-3pq+3r$

--------------------------------------

$a^4+b^4+c^4=\left(a^2+b^2+c^2\right)^2-2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)$

$=\left[\left(a+b+c\right)^2-2\left(ab+bc+ca\right)\right]^2-2\left[\left(ab+bc+ca\right)^2-2abc\left(a+b+c\right)\right]$

$=\left(p^2-2q\right)^2-2\left(q^2-2pr\right)$

$=p^4-4p^2q+2q^2+4pr$

Xem thêm các đẳng thức thông dụng tại: https://bit.ly/3hllKCq

Đúng(0)

I

ミ★ɦυүềη☆bùї★彡

20 tháng 8 2018 - olm

Giả sử a,b,c là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức ab+bc+ca=1. Chứng minh rằng:

$2abc\left(a+b+c\right)\le\frac{5}{9}+a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2$

#Toán lớp 9

2

DD

Đen đủi mất cái nik

9 tháng 9 2018

TA CÓ:

$a^4b^2+b^4c^2\ge2a^2b^3c,b^4c^2+c^4a^2\ge2b^2c^3a,c^4a^2+a^4b^2\ge2c^2a^3b$

$\Rightarrow a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2+\frac{5}{9}\ge a^2b^3c+b^2c^3a+c^2a^3b+\frac{5}{9}$

ĐẶT $ab=x,bc=y,ca=z\Rightarrow x+y+z=1$

$\Rightarrow a^2b^3c+b^2c^3a+c^2a^3b+\frac{5}{9}=x^2y+y^2z+z^2x+\frac{5}{9}$

TA CẦN C/M:

$x^2y+y^2z+z^2x+\frac{5}{9}\ge2\left(xy+yz+zx\right)$ $\left(=2abc\left(a+b+c\right)\right)$

ÁP DỤNG BĐT BUNHIA TA CÓ:

$\left(x^2y+y^2z+z^2x\right)\left(x+y+z\right)\ge\left(xy+yz+zx\right)^2$ DO:$\left(x+y+z=1\right)$

VẬY CẦN C/M:

$\left(xy+yz+zx\right)^2+\frac{5}{9}\ge2\left(xy+yz+zx\right)$

XÉT HIỆU:

$\left(xy+yz+zx\right)^2-2\left(xy+yz+zx\right)+1-\frac{4}{9}=\left(xy+yz+zx-1\right)^2-\frac{2^2}{3^2}$

$=\left(xy+yz+zx-\frac{1}{3}\right)\left(xy+yz+zx-\frac{5}{3}\right)$

VÌ:

$xy+yz+zx\le\frac{\left(x+y+z\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow xy+yz+zx-\frac{1}{3}\le0$

$\Rightarrow\left(xy+yz+zx-\frac{1}{3}\right)\left(xy+yz+zx-\frac{5}{3}\right)\ge0$

$\Rightarrow DPCM$

Bài này mình có hỏi trên mạng ấy bạn bài này nhiều cách lắm tại mình thấy cách này dễ hiểu nên gửi cho b

Đúng(0)

KT

Không Tên

26 tháng 2 2020

Giả sử $c=min\left\{a,b,c\right\}$

Ta viết BĐT lại thành:$\frac{5}{9}\left(ab+bc+ca\right)^3+a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2\ge2abc\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)$

$VT-VP=(a-b)^2(a^2c^2+\frac{17}{9}abc^2+b^2c^2+\frac{5}{9}ac^3+\frac{5}{9}bc^3)+(a-c)(b-c)(a^3b+\frac{5}{9}a^2b^2+a^3c+\frac{11}{9}a^2bc+\frac{2}{9}ab^2c+a^2c^2)\ge0$

Đúng(0)

KH

Kẻ Huỷ Diệt

23 tháng 5 2017 - olm

Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh:

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

Đẳng thức xảy ra khi nào?

#Toán lớp 9

4

S

sãkaya

23 tháng 5 2017

$VT=\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}+\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}+\sqrt{\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz

$\Rightarrow\sqrt{\frac{ab}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\frac{\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c}}{2}$

Tượng tự ta có $\hept{\begin{cases}\sqrt{\frac{bc}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}\le\frac{\frac{b}{a+b}+\frac{c}{a+c}}{2}\\\sqrt{\frac{ca}{\left(b+c\right)\left(a+b\right)}}\le\frac{\frac{c}{b+c}+\frac{a}{a+b}}{2}\end{cases}}$

$\Rightarrow VT\le\frac{\left(\frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}\right)+\left(\frac{c}{a+c}+\frac{a}{c+a}\right)+\left(\frac{c}{b+c}+\frac{b}{c+b}\right)}{2}$

$\Rightarrow VT\le\frac{\frac{a+b}{a+b}+\frac{c+a}{c+a}+\frac{b+c}{b+c}}{2}=\frac{3}{2}$ ( đpcm )

Dấu " = " xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Đúng(0)

KH

Kẻ Huỷ Diệt

23 tháng 5 2017

cauchy - schwarz là bđt Cauchy à bạn

Đúng(0)

TN

Thắng Nguyên

28 tháng 8 2020 - olm

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le16\left(a+b+c\right)$. Chứng minh rằng:$\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{8}{9}$

#Toán lớp 9

1

KN

Kiệt Nguyễn

28 tháng 8 2020

Áp dụng giả thiết và một đánh giá quen thuộc, ta được: $16\left(a+b+c\right)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{ab+bc+ca}{abc}=\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{abc\left(ab+bc+ca\right)}\ge\frac{3\left(a+b+c\right)}{ab+bc+ca}$hay $\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}\le\frac{8}{9}$

Đến đây, ta cần chứng minh $\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta có $a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}=a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}}$hay $\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3\ge\frac{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}{2}\Leftrightarrow\frac{1}{\left(a+b+2\sqrt{a+c}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(a+b\right)\left(a+c\right)}$

Hoàn toàn tương tự ta có $\frac{1}{\left(b+c+2\sqrt{b+a}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(b+c\right)\left(b+a\right)}$; $\frac{1}{\left(c+a+2\sqrt{c+b}\right)^3}\le\frac{2}{27\left(c+a\right)\left(c+b\right)}$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được $\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2\left(a+c\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2\left(b+a\right)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2\left(c+b\right)}\right)^3}\le\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}$Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được $\frac{4\left(a+b+c\right)}{27\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{1}{6\left(ab+bc+ca\right)}$$\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge\frac{8}{9}\left(ab+bc+ca\right)\left(a+b+c\right)$

Đây là một đánh giá đúng, thật vậy: đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q; abc = r thì bất đẳng thức trên trở thành $pq-r\ge\frac{8}{9}pq\Leftrightarrow\frac{1}{9}pq\ge r$*đúng vì $a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}$; $ab+bc+ca\ge3\sqrt[3]{\left(abc\right)^2}$)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{4}$

Đúng(0)

TN

Tuna Ngô

29 tháng 3 2022

Bài toán 1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $latex a+b+c=3$. Chứng minh rằng

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{\text{2}\left( {{a}^{\text{2}}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{3}\ge 5$

#Toán lớp 8

1

TN

Tuna Ngô

29 tháng 3 2022

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 5$

Ta chứng minh bất đẳng thức sau đây

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

$latex \displaystyle \frac{{{\left( a-1 \right)}^{2}}\left( 2{{a}^{2}}+6a+3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$

Hiển nhiên đúng với a là số thực dương.

Áp dụng tương tự ta được $latex \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2b}{3};\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2c}{3}$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 7-\frac{2\left( a+b+c \right)}{3}=5$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $latex a=b=c=1$.

Chúng ta sẽ khởi đầu kỹ thuật này bằng việc đưa ra cách giải thích cho việc tìm ra bất đẳng thức phụ trên và nó cũng chính là cách giải thích cho các bài toán sau này của chúng ta.

Bài toán trên các biến trong cả hai vế và điều kiện đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay sẽ tách theo từng biến để chứng minh được đơn giản hơn nếu có thể. Nhưng rõ ràng chỉ từng đó thôi là không đủ. Để ý đến dấu đẳng thức xẩy ra nên ta nghĩ đến chứng minh bất đẳng thức sau

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}\Leftrightarrow \frac{\left( a-1 \right)\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$

Tuy nhiên đánh giá trên không hoàn toàn đúng với a thực dương.

Để ý là với cách làm trên ta chưa sử dụng điều kiện .

Như vậy ta sẽ không đi theo đường lối suy nghĩ đơn giản ban đầu nữa mà sẽ đi tìm hệ số để bất đẳng thức sau là đúng

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+ma+n\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Trong đó m và n là các hệ số chưa xác định.

Thiết lập tương tự với các biến b và c ta được

$latex \displaystyle \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mb+n;\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mc+n$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}}{3}\ge 5+m\left( a+b+c \right)+3n=5+3\left( m+n \right)$

Như vậy ở đây 2 hệ số m và n phải thỏa mãn điều kiện $latex \displaystyle m+n=0\Leftrightarrow n=-m$. Thế vào (1) dẫn đến

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Đến đây ta chỉ cần xác định hệ số duy nhất là m để bất đẳng thức (2) là đúng. Chú ý đẳng thức xẩy ra tại $latex a=b=c=1$ nên ta cần xác định m sao cho

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\Leftrightarrow \left( a-1 \right)\left( \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}-m \right)\ge 0$

Khi cho $latex a=1$ thì ta có $latex \displaystyle \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}=-\frac{2}{3}$ từ đó ta dự đoán rằng $latex \displaystyle m=-\frac{2}{3}$ để tạo thành đại lượng bình phương $latex {{\left( a-1 \right)}^{2}}$ trong biểu thức. Từ đó ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$

Đúng(2)

TC

TV Cuber

29 tháng 3 2022

trời ơi ? hack

Đúng(0)

TM

Tuấn Minh Nguyễn

6 tháng 11 2018 - olm

a) Chứng minh với mọi số thực a,b,c a cs $ab+bc+ca\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}$

b) Cho 3 số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện x+y+z=3/4. Chứng minh:

$6\left(x^2+y^2+z^2\right)+10\left(xy+yz+zx\right)+2\left(\frac{1}{2x+y+z}+\frac{1}{x+2y+z}+\frac{1}{x+y+2z}\right)\ge9$

Đẳng thức xảy ra khi nào?

#Toán lớp 9

1

PM

Phùng Minh Quân

6 tháng 11 2018

$ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}$ ( bđt phụ + Cauchy-Schwarz dạng Engel )

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow$$a=b=c$

CM bđt phụ : $x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx$

$\Leftrightarrow$$2x^2+2y^2+2z^2\ge2xy+2yz+2zx$

$\Leftrightarrow$$2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0$

$\Leftrightarrow$$\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(z^2-2zx+x^2\right)\ge0$

$\Leftrightarrow$$\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0$ ( luôn đúng )

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow$$x=y=z$

Chúc bạn học tốt ~

Đúng(0)

NH

Nguyễn Hoàng Tiến

28 tháng 8 2016 - olm

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: abc=1. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{\sqrt{a^5-a^2+3ab+6}}+\frac{1}{\sqrt{b^5-b^2+3bc+6}}+\frac{1}{\sqrt{c^5-c^2+3ac+6}}\le1$

#Toán lớp 9

0

S

Sherry

10 tháng 8 2018 - olm

Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm hằng số k lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức:

$\frac{k}{a^2+b^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\ge\frac{8+2k}{\left(a+b\right)^2}$

#Toán lớp 9

0

Chúng tôi đề xuất

Tài nguyên

Ứng dụng mobile

Bảng xếp hạng

Các khóa học có thể bạn quan tâm

Yêu cầu VIP