Chủ đề này có 10 trả lời

[herolnq]

cho a,b,c>0. ab+bc+ca=1

CMR  $a^{2}+b^{2}+c^{2}+\frac{8aabc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$

[Hoang Tung 126]

cho a,b,c>0. ab+bc+ca=1

CMR  $a^{2}+b^{2}+c^{2}+\frac{8aabc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$

Ta có :$P=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Gỉa sử $a\geq b\geq c$

$= > P\geq \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac+c^2}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{(c+a)(c+b)}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2< = > (a-b)^2(a+b-2c)\geq 0$(Luôn đúng)

[kfcchicken98]

Ta có :$P=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Gỉa sử $a\geq b\geq c$

$= > P\geq \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac+c^2}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{(c+a)(c+b)}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2< = > (a-b)^2(a+b-2c)\geq 0$(Luôn đúng)

dấu = khi $ab+bc+ca+c^{2}=ab+bc+ca$, tương đương c= 0? 

[Hoang Tung 126]

dấu = khi $ab+bc+ca+c^{2}=ab+bc+ca$, tương đương c= 0? 

Không phải đâu bạn .Dấu = xảy ra ở bđt cuối .Cái đấy để thêm biến thôi

[Phuong Thu Quoc]

cho a,b,c>0. ab+bc+ca=1

CMR  $a^{2}+b^{2}+c^{2}+\frac{8aabc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$

Ta chứng minh $\frac{\sum a^{2}}{\sum ab}+\frac{8abc}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}\geq 2$

Thật vậy BĐT trên $\frac{1}{2}.\frac{\sum \left ( a-b \right )^{2}}{\sum ab}-\frac{\sum c\left ( a-b \right )^{2}}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}\geq 0$

Theo nguyên lí S.O.S BDDT trên đúng

Do đó BĐT ban đầu được chứng minh

[herolnq]

Ta chứng minh $\frac{\sum a^{2}}{\sum ab}+\frac{8abc}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}\geq 2$

Thật vậy BĐT trên $\frac{1}{2}.\frac{\sum \left ( a-b \right )^{2}}{\sum ab}-\frac{\sum c\left ( a-b \right )^{2}}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}\geq 0$

Theo nguyên lí S.O.S BDDT trên đúng

Do đó BĐT ban đầu được chứng minh

em chưa học SOS

[Hoang Tung 126]

em chưa học SOS

SOS là phương pháp đưa về các tổng bình phương lớn hơn 0 thôi

[herolnq]

Ta chứng minh $\frac{\sum a^{2}}{\sum ab}+\frac{8abc}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}\geq 2$

Thật vậy BĐT trên $\frac{1}{2}.\frac{\sum \left ( a-b \right )^{2}}{\sum ab}-\frac{\sum c\left ( a-b \right )^{2}}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}\geq 0$

Theo nguyên lí S.O.S BDDT trên đúng

Do đó BĐT ban đầu được chứng minh

anh co the làm cụ thể hơn không

[Phuong Thu Quoc]

Ta chứng minh $\frac{\sum a^{2}}{\sum ab}+\frac{8abc}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}\geq 2$

Thật vậy BĐT trên $\frac{1}{2}.\frac{\sum \left ( a-b \right )^{2}}{\sum ab}-\frac{\sum c\left ( a-b \right )^{2}}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}\geq 0$

Theo nguyên lí S.O.S BDDT trên đúng

Do đó BĐT ban đầu được chứng minh

 

anh co the làm cụ thể hơn không

Theo phân tích trên thì ta có

$S_{a}=b+c-a-\frac{abc}{ab+bc+ca}$

$S_{b}=a+c-b-\frac{abc}{ab+bc+ca}$

$S_{c}=a+b-c-\frac{abc}{ab+bc+ca}$

Do đó nếu giả sử $a\geq b\geq c$ thì ta thấy $S_{b}\geq 0,S_{a}+S_{b}\geq 0,S_{b}+S_{c}\geq 0$

Theo tiêu chuẩn của nguyên lí S.O.S thì biểu thức trên đó đúng...

[hieuvipntp]

Ta có :$P=a^2+b^2+c^2+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Gỉa sử $a\geq b\geq c$

$= > P\geq \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac+c^2}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{(c+a)(c+b)}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2< = > (a-b)^2(a+b-2c)\geq 0$(Luôn đúng)

phải là $\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}\geq \frac{a^{2}+b^{2}+2c^{2}}{ab+bc+ca+c^{2}}$ chứ

[Hoang Tung 126]

phải là $\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}\geq \frac{a^{2}+b^{2}+2c^{2}}{ab+bc+ca+c^{2}}$ chứ

Uhm mình ghi nhầm