|
|
giải đáp
|
bdt
|
|
|
|
http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/128156/kho-qua
|
|
|
|
giải đáp
|
BDT hay
|
|
|
|
Bài này không chỉ đúng với điều kiện $a+b+c=3$ mà mở rộng hơn ta có kết quả sau: Nếu tồn tại $a,b,c$ thực dương sao cho $a+b+c\leq3$ ta sẽ có : $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\geq ab+bc+ac$
Ta có thể chứng minh BĐT sau: $\frac{(\sum a^{\frac{3}{4}})^{\frac{8}{3}}}{3}\geq \frac{ab+bc+ac}{3}$ Kết hợp sử dụng BĐT Holder ta thu được: $(\frac{\sum a^{\frac{1}{3}}}{3})(\frac{a+b+c}{3})^{\frac{5}{3}}\geq \frac{ab+bc+ac}{3}$ Do $a+b+c=3$ ta có đpcm. |
|
|
|
giải đáp
|
Giúp e nha
|
|
|
|
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với. $\frac{a^2+bc}{3ac+3b}+\frac{b^2+ac}{3ab+3c}+\frac{c^2+ab}{bc+a}\geq 1$ Có $3ac+3b=3ac+(a+b+c)b=b^2+2ac+ab+bc+ac\leq a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac$ Do đó $\frac{a^2+bc}{3ac+3b}\geq \frac{a^2+bc}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}$ Thiết lập các bất đẳng thức tương tự,cuối cùng ta được: $VT\geq \frac{(a^2+bc)+(b^2+ac)+(c^2+ab)}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}=1$ Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Sắp xếp thứ tự biến.
|
|
|
|
1.Cho các số $a,b,c$ không âm thỏa: $a^2b+b^2c+c^2a=1$.Chứng minh rằng khi đó ta có: $a^3+b^3+c^3+1\geq 2\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^3b+b^3c+c^3a)}$ 2.Cho các số thực dương $a,b,c$ chứng minh rằng: $\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\geq 2\sqrt{(a+b+c)(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab})}$
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
BĐT
anh k nói cái đấy nói cái sau khi cộng vào sao lại cm đc (1)
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
BĐT
viết rõ hơn đi em...
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Nhờ giải bất đẳng thức
|
|
|
|
Chuẩn hóa $a+b+c=1$. Cần chứng minh $\frac{1}{a(1-c)}+\frac{1}{b(1-a)}+\frac{1}{c(1-b)}\geq \frac{27}{2}$
Dễ dàng có đc điều này bằng cách sử dụng AM-GM cho bộ 3 số. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c>0$ |
|
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
BĐT
|
|
|
|
1.Cho $abc=1$ và $a,b,c$ thực dương CM: $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+3\geq 2(a+b+c)$
2.Cho các số thực $a,b$ có tổng khác 0 tìm Min $A=8a^2+13b^2+\frac{(ab-6)^2}{(a+b)^2}$
|
|
|
|
bình luận
|
bđt
chi bằng làm nhiều em ạ! để anh post thêm dạng cho vậy:D
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
BDT
|
|
|
|
Gợi ý thôi nhé!.Dùng phương pháp cân bằng hệ số tìm được $Min S=\frac{121}{2}\Leftrightarrow a=3,b=2,c=4$ Sau đó dùng các đánh giá sau: $\frac{a}{3}+\frac{b}{2}+\frac{6}{ab}\geq 3,\frac{b}{2}+\frac{c}{4}+\frac{8}{bc}\geq 3$ $\frac{c}{4}+\frac{a}{3}+\frac{12}{ac}\geq 3,\frac{a}{3}+\frac{b}{2}+\frac{c}{4}+\frac{24}{abc}\geq 4$ Cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh. |
|
|
|
bình luận
|
bđt
nhưng một số thôi em ạ chứ k nên lạm xài tính toán phức tạp lắm~~
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
bđt
|
|
|
|
Cách này thì nghĩ cho vui chứ không nên làm theo. Quy đồng rút gọn sử dụng điều kiện $a+b+c=1$ quy BĐT cần CM về dạng: $a^3+b^3+c^3+a^2b+b^2c+ac^2 \geq ab+bc+ac-3abc$ $\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+a^2b+b^2c+ac^2\geq (ab+bc+ac)(a+b+c)-3abc$
Ta có 1 dạng tương đương của BĐT Schur là $a^3+b^3+c^3+3abc\geq a^2b+b^2a+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2$ Do đó cần chỉ ra $2(a^2b+b^2c+c^2a)+b^2a+bc^2+a^2c\geq (ab+bc+ac)(a+b+c)(1)$ $(ab+bc+ac)(a+b+c)=a^2b+b^2a+b^2c+c^2b+a^2c+c^2a+3abc$ $BĐT (1)\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a\geq 3abc$(đúng theo BĐT AM-GM) Dấu = xảy ra khi $a=b=c$ |
|