Chủ đề này có 6 trả lời

[yeutoanmaimai1]

1,Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=2$ Chứng minh $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq 1$

2, Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=1$ Chứng minh $b+c\geq 16abc$

3, Cho $x,y,z>0$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$ Chứng minh $(1-\frac{1}{x^{2}+1})(1-\frac{1}{y^{2}+1})(1-\frac{1}{z^{2}+1})>\frac{1}{2}$

4, C/m với mọi a>0 ta có $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{a^{2}}\leq a+1$

5, Cho $a,b>0$ Chứng minh $\sqrt[3]{(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})}<\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}}$

[Hoang Tung 126]

1,Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=2$ Chứng minh $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq 1$

 

 

  Theo Bunhiacopxki có $\sum \frac{a^2}{b+c}\geq \frac{(\sum a)^2}{2\sum a}=\frac{\sum a}{2}=1$

[Hoang Tung 126]

 

2, Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=1$ Chứng minh $b+c\geq 16abc$

 

Ta có $b+c=1.(b+c)=(a+b+c)^2.(b+c)\geq 4a(b+c).(b+c)=4a(b+c)^2\geq 4a.4bc=16abc$

[Hoang Tung 126]

 

4, C/m với mọi a>0 ta có $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{a^{2}}\leq a+1$

 

 $< = > (\sqrt[3]{a}-1)^2(\sqrt[3]{a}+1)\geq 0$

[Hoang Tung 126]

 

5, Cho $a,b>0$ Chứng minh $\sqrt[3]{(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})}<\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}}$

Có $\sqrt[3]{(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})}=\sqrt[3]{2+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}}< \sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}}< = > 2+\frac{a}{b}+\frac{b}{a}< \frac{a}{b}+\frac{b}{a}+3\sqrt[3]{\frac{a}{b}.\frac{b}{a}}(\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}})< = > 2< 3(\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}})< = > (\sqrt[6]{\frac{a}{b}}-\sqrt[6]{\frac{b}{a}})^2+\frac{4}{3}> 0$

[100oC]

1,Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=2$ Chứng minh $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq 1$

 

Daicagiangho1998 Bài của bạn làm rất hay.

Theo mình thì chúng ta chỉ cần dùng BĐT Cauchy là đủ không quá mạnh để dùng Bunhiacôpxki.

Do a,b,c có vai trò như nhau từ đó ta có thể cân dấu = : $a=b=c=\frac{2}{3}$

Ta tiến hành giải như sau:

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: $\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\geq 2\sqrt{\frac{a^2}{b+c}.\frac{b+c}{4}}=a$

$\Rightarrow \frac{a^2}{b+c}\geq a-\frac{b+c}{4}$

Áp dụng tương tự ta có: $\frac{b^2}{c+a}\geq b-\frac{c+a}{4}; \frac{c^2}{a+b}\geq c-\frac{a+b}{4}$
Cộng các bất đẳng thức lại ta có : $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq 1$

Vậy $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq 1$ 

Dấu = xảy ra khi: $a=b=c=\frac{2}{3}$. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 100oC: 15-02-2015 - 21:51

[JayVuTF]

1,Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=2$ Chứng minh $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq 1$

Dùng Cosi cx ra $\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4}\geq a$

TT $\rightarrow$ ◘