DC
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
L
1
PA
16 tháng 8 2017
Áp dụng BĐT Cauchy Shwarz dạng Engel và BĐT AM - GM, ta có:
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ac}+\frac{c^5}{ab}\)
\(=\frac{a^6}{abc}+\frac{b^6}{abc}+\frac{c^6}{abc}\)
\(\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\)
\(\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{a^3+b^3+c^3}\)
\(=a^3+b^3+c^3\left(\text{đ}pcm\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
14 tháng 6 2017
\(\frac{a^5}{bc}+\frac{b^5}{ca}+\frac{c^5}{ab}=\frac{1}{abc}\left(a^6+b^6+c^6\right)\)
\(\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{3abc}\ge\frac{3abc\left(a^3+b^3+c^3\right)}{3abc}=a^3+b^3+c^3\)
30 tháng 9 2016
Bài 1. Từ giả thiết suy ra 1-a = b+c và áp dụng \(\left(x+y\right)^2\ge4xy\)
Ta có : \(4\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=4\left(b+c\right)\left(1-c\right)\left(1-b\right)\le\left[\left(b+c\right)+\left(1-c\right)\right]^2\left(1-b\right)\)
\(=\left(b+1\right)^2\left(1-b\right)=\left(b+1\right)\left(1-b^2\right)=-b^2\left(b+1\right)+\left(b+1\right)\le b+1=a+2b+c\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
19 tháng 6 2019
a/ BĐT sai, cho \(a=b=c=2\) là thấy
b/ \(VT=\frac{a^4}{a^2+2ab}+\frac{b^4}{b^2+2bc}+\frac{c^4}{c^2+2ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{\left(a+b+c\right)^2}=\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\left(a+b+c\right)^2}\)
\(VT\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b+c\right)^2}{3\left(a+b+c\right)^2}=\frac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)
c/ Tiếp tục sai nữa, vế phải là \(\frac{3}{2}\) chứ ko phải \(2\), và hy vọng rằng a;b;c dương
\(VT=\frac{a^2}{abc.b+a}+\frac{b^2}{abc.c+b}+\frac{c^2}{abc.a+c}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)+a+b+c}\)
\(VT\ge\frac{9}{3abc+3}\ge\frac{9}{\frac{3\left(a+b+c\right)^3}{27}+3}=\frac{9}{\frac{3.3^3}{27}+3}=\frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=1\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
23 tháng 6 2019
Ta có:
\(a^3+b^3+b^3\ge3ab^2\) ; \(b^3+c^3+c^3\ge3bc^2\) ; \(c^3+a^3+a^3\ge3ca^2\)
Cộng vế với vế \(\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge ab^2+bc^2+ca^2\)
\(\frac{a^5}{b^2}+\frac{b^5}{c^2}+\frac{c^5}{a^2}=\frac{a^6}{ab^2}+\frac{b^6}{bc^2}+\frac{c^6}{ca^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{ab^2+bc^2+ca^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{a^3+b^3+c^3}=a^3+b^3+c^3\)
TN
7 tháng 11 2017
Đặt \(x=a^{\frac{1}{3}};y=b^{\frac{1}{3}};z=c^{\frac{1}{3}}\Rightarrow xyz=1\) và:
\(BDT\Leftrightarrow\frac{x^3}{x^6+5}+\frac{y^3}{y^6+5}+\frac{z^3}{z^6+5}\le\frac{1}{2}\)
Ta có BĐT phụ \(\frac{4x^3}{x^6+5}\le\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)\left(3x^6+6x^3+5\right)}{\left(x^6+5\right)\left(x^6+x^3+1\right)}\le0\forall0< x\le1\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT\le\frac{1}{4}\left(\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}+\frac{y^3+1}{y^6+y^3+1}+\frac{z^3+1}{z^6+z^3+1}\right)\)
Cần chứng minh \(\frac{x^3+1}{x^6+x^3+1}+\frac{y^3+1}{y^6+y^3+1}+\frac{z^3+1}{z^6+z^3+1}\le2\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^6}{x^6+x^3+1}+\frac{y^6}{y^6+y^3+1}+\frac{z^6}{z^6+z^3+1}\ge1\)
Có dạng \(\frac{x^{2k}}{x^{2k}+x^k+1}+\frac{y^{2k}}{y^{2k}+y^k+1}+\frac{z^{2k}}{z^{2k}+z^k+1}\ge1\forall xyz=1\)
Với k=1 thì có BĐT Câu hỏi của Vũ Tiền Châu - Toán lớp 9 | Học trực tuyến tương tự với bài này (ko biết AD đã fix lỗi ko dán dc link học 24 vào olm chưa, nếu chưa thì ib t gửi full link )
UK
16 tháng 12 2017
Lời giải ở đây: https://hoc24.vn/hoi-dap/question/486195.html
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 6 2019
Ta có đánh giá: \(\frac{a^7+b^7}{a^5+b^5}\ge\frac{a^2+b^2}{2}\)
\(\Leftrightarrow2a^7+2b^7\ge a^7+b^7+a^5b^2+a^2b^5\)
\(\Leftrightarrow a^5\left(a^2-b^2\right)-b^5\left(a^2-b^2\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)\left(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4\right)\ge0\) (luôn đúng)
Tương tự \(\frac{b^7+c^7}{b^5+c^5}\ge\frac{b^2+c^2}{2}\) ; \(\frac{c^7+a^7}{c^5+a^5}\ge\frac{a^2+c^2}{2}\)
\(\Rightarrow VT\ge a^2+b^2+c^2\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{1}{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\)
T
26 tháng 6 2019
5/ Tưỡng dễ ăn = sos + bđt phụ ai ngờ....hic...
\(BĐT\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}-\frac{a^2+b^2}{a+b}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a+b\right)-\left(a^2+b^2\right)\left(a+b+c\right)}{\left(a+b+c\right)\left(a+b\right)}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{ca\left(c-a\right)-bc\left(b-c\right)}{\left(a+b+c\right)\left(a+b\right)}\ge0\)\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\left(\frac{ca\left(c-a\right)}{\left(a+b+c\right)\left(a+b\right)}-\frac{ca\left(c-a\right)}{\left(a+b+c\right)\left(b+c\right)}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma_{cyc}\frac{ca\left(c-a\right)^2}{\left(a+b+c\right)}\ge0\left(\text{đúng}\right)\)
Ai ngờ nổi khi không dùng BĐT phụ lại dễ hơn cái kia chứ -_-
TN
30 tháng 10 2016
Ta có:\(a^5+ab+b^2\ge3a^2b\)
Tương tự ta có:
\(VT\le\frac{1}{\sqrt{3ab\left(a+2c\right)}}+\frac{1}{\sqrt{3bc\left(b+2a\right)}}+\frac{1}{\sqrt{3ca\left(c+2b\right)}}\)
\(=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\sqrt{\frac{c}{c+2a}}+\sqrt{\frac{a}{b+2a}}+\sqrt{\frac{b}{2b+c}}\right)\)
Ta cũng có:\(a+2c=a+c+c\ge\frac{1}{3}\left(\sqrt{a}+2\sqrt{c}\right)^2\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+2\sqrt{c}}+\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}+2\sqrt{a}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{c}+2\sqrt{b}}\)
Đặt \(x=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{c}};y=\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}};z=\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{b}};xyz=1\)
\(\Rightarrow VT\le\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2}\)
Giả sử \(xy\le1\) thì \(z\ge1\)
Ta có: \(\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\frac{x}{2}+1}+\frac{1}{\frac{y}{2}+1}\right)+\frac{1}{z+2}\)
\(\le\frac{1}{1\frac{\sqrt{xy}}{2}}+\frac{1}{z+2}\le1\)(Đpcm)
Dấu = khi \(a=b=c=1\)
\(a,b,c\ge1\) chứ nhỉ?
\(a^5+b^5+c^5\ge a+b+c\)
\(\Leftrightarrow a^5+b^5+c^5-a-b-c\ge0\)
\(\Leftrightarrow a\left(a^4-1\right)+b\left(b^4-1\right)+c\left(c^4-1\right)\ge0\)
- Điều này đúng do \(a,b,c\ge1\)
- Vậy BĐT đã được c/m.