cho a,b,c là các số thực dương. chứng minh rằng
$(\frac{a+2b}{a+2c})^3+(\frac{b+2c}{b+2a})^3+(\frac{c+2a}{c+2b})^3\geq 3$
cho a,b,c là các số thực dương. chứng minh rằng
$(\frac{a+2b}{a+2c})^3+(\frac{b+2c}{b+2a})^3+(\frac{c+2a}{c+2b})^3\geq 3$
$\sum (\frac{a+2b}{a+2c})^3\geq \frac{(\sum\frac{a+2b}{a+2c})^3 }{27}=(2(a+b+c)(\sum \frac{1}{a+2c})-3)^3.\frac{1}{27}\geq 1$
$\sum (\frac{a+2b}{a+2c})^3\geq \frac{(\sum\frac{a+2b}{a+2c})^3 }{27}=(2(a+b+c)(\sum \frac{1}{a+2c})-3)^3.\frac{1}{27}\geq 1$
Mẫu số là 9, chứ không phải 27 nha bạn...
sao lại là 9 nhỉ ?!?
$\sum (\frac{a+2b}{a+2c})^3\geq \frac{(\sum\frac{a+2b}{a+2c})^3 }{27}=(2(a+b+c)(\sum \frac{1}{a+2c})-3)^3.\frac{1}{27}\geq 1$
$\sum (\frac{a+2b}{a+2c})^3\geq \frac{(\sum\frac{a+2b}{a+2c})^3 }{27}$
sao lại có đoạn đó z
Bất đẳng thức Holder đó...
BĐT : $x^3+y^3+z^3\geq (\frac{x+y+z}{3})^3$ với x,y,z dương
Mẫu số là 9, chứ không phải 27 nha bạn...
$\sum (\frac{a+2b}{a+2c})^3\geq \frac{(\sum\frac{a+2b}{a+2c})^3 }{27}$
sao lại có đoạn đó z
BĐT : $x^3+y^3+z^3\geq (\frac{x+y+z}{3})^3$ với x,y,z dương
hình như bạn nhầm ùi, số 9 hay sao ý
BĐT : $x^3+y^3+z^3\geq (\frac{x+y+z}{3})^3$ với x,y,z dương
$(x^3+y^3+z^3)(1+1+1)(1+1+1) \geq (x+y+z)^3 $ Holder ine
Để trở thành người phi thường, tôi không cho phép bản thân tầm thường
Roronoa Zoro- One piece
Liên lạc với tôi qua https://www.facebook...0010200906065
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\frac{19}{20} \leq \sum \frac{1}{1+a+b^2} \leq \frac{27}{20}$Bắt đầu bởi Duc3290, 12-03-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum a^2b + abc +\frac{1}{2}abc(3-\sum ab) \leq 4$Bắt đầu bởi Duc3290, 25-02-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{a_1{}}{({a_1+{a_2+...+a_n{}{}}{}})-{a_1{}}}\geq \frac{n}{n-1}$Bắt đầu bởi Khanh12321, 14-02-2024 bất đẳng thức |
|
|||
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3 \ge 2(a+b+c)$Bắt đầu bởi POQ123, 26-01-2024 bất đẳng thức |
|
||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{1}{\sqrt{a^{5}+b^{2}+ab+6}}\leq 1$Bắt đầu bởi Hahahahahahahaha, 21-01-2024 bất đẳng thức |
|
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh