Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Topic các bất đẳng thức lớp 8 hay dùng và các bài toán BĐT


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 43 trả lời

#21 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4141 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 11-01-2012 - 22:48

Cho các bạn 1 câu dễ nè:
Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác. $a+b+c=6$
Chứng minh rằng:
$3(a^2+b^2+c^2)+2abc\geq 52$

Anh có cách này, hơi nặng.
Lời giải:
Đặt\[\begin{array}{l}
g\left( a \right) = VT - VP = 3{a^2} + 3{b^2} + 3{\left( {6 - a - b} \right)^2} + 2ab\left( {6 - a - b} \right) - 52 \\
= \left( {6 - 2b} \right){a^2} - 2\left( {{b^2} - 9b + 18} \right)a + 6{b^2} - 36b + 56 \\
\end{array}\]
Ta cần cm $g(a)>0,\forall a \in \left( {0;6} \right)$
TH1: $b = 3 \Rightarrow g\left( a \right) = 2 > 0$
TH2: $b \neq 3$
\[{\Delta _a}' = {b^4} - 6{b^3} + 9b + 4b - 12 = {\left( {b - 2} \right)^2}\left( {b + 1} \right)\left( {b - 3} \right)\]
TH2.1: $b<3 \Rightarrow 6-2b>0; \Delta_a'<0 \Rightarrow g(a)>0,\forall a$, do đồ thị của g(a) là Parabol có bề lõm hướng lên trên.
TH2.2: $b>3 \Rightarrow 6-2b<0; \Delta_a'>0 \Rightarrow $ đồ thị của g(a) là Parabol có bề lõm hướng xuống dưới và có phần đồ thị nằm trên trục Ox.
$a+b<6 \Rightarrow a<6-b<3 \Rightarrow a \in \left( {0;3} \right)$
\[\begin{array}{l} g\left( 0 \right) = 6{b^2} - 36b + 56 = 6\left( {{b^2} - 6b + 9} \right) + 2 = 6{\left( {b - 3} \right)^2} + 2 > 0 \\ g\left( 3 \right) = 9\left( {6 - 2b} \right) - 2.\left( {{b^2} - 9b + 18} \right).3 + 6{b^2} - 36b + 56 = 2 > 0 \\ \Rightarrow g\left( a \right) > 0,\forall a \in \left( {0;3} \right) \\ \end{array}\]
Vậy ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 11-01-2012 - 22:55

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#22 MyLoVeForYouNMT

MyLoVeForYouNMT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Yên Dũng Bắc Giang

Đã gửi 11-01-2012 - 23:28

Cho các bạn 1 câu dễ nè:
Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác. $a+b+c=6$
Chứng minh rằng:
$3(a^2+b^2+c^2)+2abc\geq 52$


Em xin làm cách nhẹ hơn anh Hân
Áp dụng BĐT tam giác ta có
$a< b+c\Leftrightarrow 2a<a+b+c\Leftrightarrow 2a<6\Leftrightarrow a<3$
Tương tự ta có:
$b<3; c<3$
Mặt khác:
$(3-a)(3-b)(3-c)\leq (\frac{3-a+3-b+3-c}{3})^3$
$\Leftrightarrow (3-a)(3-b)(3-c)\leq1$
$\Leftrightarrow 27-9a-9b+3ab-9c+3ac+3bc-abc\leq 1$
$\Leftrightarrow -28+3ab+3ac+3bc\leq abc$ (1)
Thay (1) vào bài ta có
$VT\geq 3(a^2+b^2+c^2)+2(-28+3ab+3ac+3bc)=3(a+b+c)^2-56=52$

​You may only be one person to the world
But you may also be the world to one person


#23 MyLoVeForYouNMT

MyLoVeForYouNMT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Yên Dũng Bắc Giang

Đã gửi 11-01-2012 - 23:32

Cho mọi người bài tiếp nè.
Cho a, b, c, d dương; abcd=1
CMR: $$a+b+c+d+\frac{9}{a+b+c+d}\geq \frac{25}{4}$$

​You may only be one person to the world
But you may also be the world to one person


#24 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 12-01-2012 - 09:49

Giải như sau:
Dễ đoán trước dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=d=1$ và khi đó $a+b+c+d=1$ và khi đó $a+b+c+d=1$
Đặt $a+b+c+d=k$ ta có $a+b+c+d\geq 4\sqrt[4]{abcd}=4$ do vậy $k\geq 4$
Viết lại đề $k+\dfrac{9}{k}=\dfrac{k}{\dfrac{16}{9}}+\dfrac{9}{k}+\dfrac{k}{\dfrac{16}{7}}\geq 2\sqrt{(\dfrac{k}{\dfrac{16}{9}})*(\dfrac{9}{k})}+\dfrac{4}{\dfrac{16}{7}}=\dfrac{25}{4}$
Dấu $"="$ khi $k=4 \rightarrow a+b+c+d=4 \leftrightarrow a=b=c=d=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 12-01-2012 - 09:56


#25 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4141 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 12-01-2012 - 10:45

Em xin làm cách nhẹ hơn anh Hân
Áp dụng BĐT tam giác ta có
$a< b+c\Leftrightarrow 2a<a+b+c\Leftrightarrow 2a<6\Leftrightarrow a<3$
Tương tự ta có:
$b<3; c<3$
Mặt khác:
$(3-a)(3-b)(3-c)\leq (\frac{3-a+3-b+3-c}{3})^3$
$\Leftrightarrow (3-a)(3-b)(3-c)\leq1$
$\Leftrightarrow 27-9a-9b+3ab-9c+3ac+3bc-abc\leq 1$
$\Leftrightarrow -28+3ab+3ac+3bc\leq abc$ (1)
Thay (1) vào bài ta có
$VT\geq 3(a^2+b^2+c^2)+2(-28+3ab+3ac+3bc)=3(a+b+c)^2-56=52$

Lời giải của em cũng đẹp nhưng bài toán này đúng với mọi $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=6$ mà không nhất thiết là bộ số tam giác.
Cách của em đúng khi nó là bộ số tam giác còn cách anh thì đúng trong mọi TH :icon6:
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#26 Dung Dang Do

Dung Dang Do

    Dũng Dang Dở

  • Thành viên
  • 524 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10A1 THPT Kỳ Anh Hà Tĩnh
  • Sở thích:Đại số đặc biệt là BĐT

Đã gửi 13-01-2012 - 11:29

Mọi người đi đâu cả rồi sao ko post đề nựa, giải.Tớ xin góp 1 kâu tiếp:
Cho $a,b,c$$\geqslant 0$ $a+b+c=8$ CMR:
$(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})\geqslant 64$
@@@@@@@@@@@@

#27 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 13-01-2012 - 11:51

Mọi người đi đâu cả rồi sao ko post đề nựa, giải.Tớ xin góp 1 kâu tiếp:
Cho $a,b,c$$\geqslant 0$ $a+b+c=8$ CMR:
$(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})\geqslant 64$


Bài này điều kiện phải là $a,b,c \geqslant 0;a + b + c = 1$ chứ nhỉ. Khi đó mới có điểm rơi tại $a = b = c = \frac{1}{3}$. Với điều kiện này thì ta làm như sau:

Khai triển vế trái, ta được: $$VT=\left( {1 + \frac{1}{a}} \right)\left( {1 + \frac{1}{b}} \right)\left( {1 + \frac{1}{c}} \right) = 1 + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{{ab}} + \frac{1}{{bc}} + \frac{1}{{ca}} + \frac{1}{{abc}}$$
$$ \geqslant 1 + \frac{9}{{a + b + c}} + \frac{9}{{ab + bc + ca}} + \frac{1}{{abc}} \geqslant 1 + 9 + \frac{9}{{\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}}} + \frac{1}{{\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{27}}}}$$
$$ = 10 + 27 + 27 = 64 \Rightarrow Q.E.D$$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3}$.

#28 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 13-01-2012 - 13:50

Chứng minh BĐT : Với $n,t,z>2$, $n,t,z$ là các số nguyên ta luôn có BĐT $\inline 2^{n}+2^{t}+2^{z}$>$ 2n+2z+2t$
2.Cho $a,b,c$ là các số thực dương.
CHứng minh$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{ a+b}\geqslant \frac{a+b+c}{2}$
Chứng minh $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1$
P/s: Các cao thủ đi đâu cả rồi sao ko chém nựa:D

Bài 1: ý bạn có phải là cm: Với $n,t,z>2$, $n,t,z$ là các số nguyên ta luôn có BĐT $ 2^{n}+2^{t}+2^{z}$>$ 2n+2z+2t$
Nếu đúng là vậy thì cm bất đẳng thức bằng quy nạp
Ta sẽ chứng minh $2^{n}>2n$ với $n>2$
Thật vậy ta có:
$n=3$ đúng
Giả sử $n=k$ đúng hay $2^k>2k$ <1>
Ta sẽ chứng minh $n=k+1$ cũng đúng hay $2^{k+1}>2(k+1)$
Thật vậy ta có: từ <1> suy ra $2^{k+1}>4k=2k+2k>2k+2=2(k+1)$ suy ra giả thiết phản chứng được chứng minh.
Áp dụng tương tự với số $z,t$ ta sẽ có $đpcm$

Mọi người chú ý lần sau khi đưa bài vào topic này nhớ đánh số bài nhé chú ý trình bày đẹp thí dụ như Bài 1, bây giờ bắt đầu lại từ đầu.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 13-01-2012 - 13:55


#29 cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Sky Math
  • Sở thích:Sky maths

Đã gửi 13-01-2012 - 19:29

Tặng anh em topic này mọt bài dễ đây :icon6:
Bài 2: (trả rõ là bài mấy nữa gọi tạm là bài 2 vậy :P)
Cho các số $a,b,c,d \in \mathbb{Z} $. Chứng minh rằng:
$\frac{a^{2}}{b^{5}}+\frac{b^{2}}{c^{5}}+\frac{c^{2}}{d^{5}}+\frac{d^{2}}{a^{5}}\geq \frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}+\frac{1}{c^{3}}+\frac{1}{d^{3}}$
P/s: Do sự cố kĩ thuật (bài này khá dễ) nên các cao thủ có lv > THCS đừng chém để các bạn THCS làm nha :)

Hình đã gửi


#30 Nguyễn Trung Nghĩa

Nguyễn Trung Nghĩa

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 48 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-01-2012 - 20:06

2.Cho $a,b,c$ là các số thực dương.
Chứng minh$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{ a+b}\geqslant \frac{a+b+c}{2}$



Áp dụng BĐT bunhiacopxki, ta có:
\[\left[ {\left( {\frac{a}{{\sqrt {b + c} }}} \right)^2 + \left( {\frac{b}{{\sqrt {c + a} }}} \right)^2 + \left( {\frac{c}{{\sqrt {a + b} }}} \right)^2 } \right]\left[ {\left( {\sqrt {b + c} } \right)^2 + \left( {\sqrt {c + a} } \right)^2 + \left( {\sqrt {a + b} } \right)^2 } \right] \ge \left( {a + b + c} \right)^2\]
\[\Leftrightarrow \left[ {\left( {\frac{a}{{\sqrt {b + c} }}} \right)^2 + \left( {\frac{b}{{\sqrt {c + a} }}} \right)^2 + \left( {\frac{c}{{\sqrt {a + b} }}} \right)^2 } \right]\left[ {2\left( {a + b + c} \right)} \right] \ge \left( {a + b + c} \right)^2\]\[
\Leftrightarrow \frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b^2 }}{{c + a}} + \frac{{c^2 }}{{a + b}} \ge \frac{{a + b + c}}{2}\]

ĐPCM


#31 Cao Xuân Huy

Cao Xuân Huy

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 592 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 13-01-2012 - 21:13

2.Cho $a,b,c$ là các số thực dương.
Chứng minh$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{ a+b}\geqslant \frac{a+b+c}{2}$

Mình nghĩ là đâu cần phức tạp như bạn Nghĩa đâu.
Dùng bđt Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu ta có:
\[\frac{{{a^2}}}{{b + c}} + \frac{{{b^2}}}{{c + a}} + \frac{{{c^2}}}{{a + b}} \ge \frac{{{{(a + b + c)}^2}}}{{2(a + b + c)}} = \frac{{a + b + c}}{2}\]

Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF

Hình đã gửi


#32 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 13-01-2012 - 21:28

Cách của Huy anh đã giải quyết rồi mà :P . Xem ở đây nè $\to$ http://diendantoanho...ndpost&p=293372

#33 Cao Xuân Huy

Cao Xuân Huy

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 592 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 13-01-2012 - 21:40

Tặng anh em topic này mọt bài dễ đây :icon6:
Bài 2: (trả rõ là bài mấy nữa gọi tạm là bài 2 vậy :P)
Cho các số $a,b,c,d \in \mathbb{Z} $. Chứng minh rằng:
$\frac{a^{2}}{b^{5}}+\frac{b^{2}}{c^{5}}+\frac{c^{2}}{d^{5}}+\frac{d^{2}}{a^{5}}\geq \frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}+\frac{1}{c^{3}}+\frac{1}{d^{3}}$
P/s: Do sự cố kĩ thuật (bài này khá dễ) nên các cao thủ có lv > THCS đừng chém để các bạn THCS làm nha :)

Chém bài này nhé Quý.

Ta có:

\[\frac{{{a^2}}}{{{b^5}}} + \frac{{{a^2}}}{{{b^5}}} + \frac{{{a^2}}}{{{b^5}}} + \frac{1}{{{a^3}}} + \frac{1}{{{a^3}}} \ge 5\sqrt[5]{{\frac{{{a^6}}}{{{b^{15}}.{a^6}}}}} \Rightarrow 3.\frac{{{a^2}}}{{{b^5}}} \ge 5.\frac{1}{{{b^3}}} - 2.\frac{1}{{{a^3}}}\]

Xây dựng thêm 4 bđt tương tự ta có ĐPCM
  • cvp yêu thích

Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF

Hình đã gửi


#34 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 14-01-2012 - 08:52

2.Cho $a,b,c$ là các số thực dương.
Chứng minh$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{ a+b}\geqslant \frac{a+b+c}{2}$


Một bất đẳng thức mạnh hơn: $$\frac{{{a^2}}}{{a + b}} + \frac{{{b^2}}}{{b + c}} + \frac{{{c^2}}}{{c + a}} \geqslant \frac{{\sqrt 2 }}{4}\left( {\sqrt {{a^2} + {b^2}} + \sqrt {{b^2} + {c^2}} + \sqrt {{c^2} + {a^2}} } \right)$$

#35 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 14-01-2012 - 12:48

2.Cho $a,b,c$ là các số thực dương.
Chứng minh$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{ a+b}\geqslant \frac{a+b+c}{2}$


Tổng quát nhỏ cho bài toán này: Cho $a,b,c>0$ và $n$ là số tự nhiên dương. Chứng minh:
$$\frac{{{a^n}}}{{b + c}} + \frac{{{b^n}}}{{c + a}} + \frac{{{c^n}}}{{a + b}} \geqslant \frac{{{a^{n - 1}} + {b^{n - 1}} + {c^{n - 1}}}}{2}$$
Khi $n=1$ thì ta được BĐT Nesbit 3 biến.
-------------------------------------------
P/s: Không biết có tổng quát được cho $m$ biến không :D

#36 cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Sky Math
  • Sở thích:Sky maths

Đã gửi 14-01-2012 - 19:25

Bài 3:
Với $a,b,c>1$, chứng minh rằng:
$P=(\frac{2+b+c}{1+a})^{2}+(\frac{2+c+a}{1+b})^{2}+(\frac{2+a+b}{1+c})^{2}\geq 12$
:icon6:

Hình đã gửi


#37 Cao Xuân Huy

Cao Xuân Huy

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 592 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 14-01-2012 - 22:52

Bài 3:
Với $a,b,c>1$, chứng minh rằng:
$P=(\frac{2+b+c}{1+a})^{2}+(\frac{2+c+a}{1+b})^{2}+(\frac{2+a+b}{1+c})^{2}\geq 12$

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}x = a + 1\\y = b + 1\\z = c + 1\end{array} \right.$ ta có:
\[P = {\left( {\frac{{y + z}}{x}} \right)^2} + {\left( {\frac{{x + z}}{y}} \right)^2} + {\left( {\frac{{x + y}}{z}} \right)^2}\]
\[ = \sum\limits_{cyc} {\left( {\frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{x^2}}}} \right)} + 2.\left( {\frac{{xy}}{{{z^2}}} + \frac{{xz}}{{{y^2}}} + \frac{{yz}}{{{x^2}}}} \right) \ge \sum\limits_{cyc} {2\sqrt {\frac{{{x^2}{y^2}}}{{{y^2}{x^2}}}} } + 2.3\sqrt[3]{{\frac{{{x^2}{y^2}{z^2}}}{{{x^2}{y^2}{z^2}}}}} = 12\]
Vậy ta có ĐPCM.
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z \Leftrightarrow a=b=c$

Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF

Hình đã gửi


#38 cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Sky Math
  • Sở thích:Sky maths

Đã gửi 14-01-2012 - 23:36

Bài 3:
đây là cách của em.
Ta có bài toán phụ : $\frac{2+b+c}{1+a}+\frac{2+c+a}{1+b}+\frac{2+a+b}{1+c}\geq 6$
CM:
$\frac{2+b+c}{1+a}+1+\frac{2+c+a}{1+b}+1+\frac{2+a+b}{1+c}+1\geq 9$
$\Leftrightarrow (3+a+b+c)(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c})\geq 9$
Ta có:
$3+a+b+c\geq 3(1+\sqrt[3]{abc}) (1)$
$\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\geq \frac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}$ (2)
nhân vế vs vế ta được bđt phụ.

Quay lại bài toán ta có:
$P\geq 3.(\frac{\frac{2+b+c}{1+a}+\frac{2+c+a}{1+b}+\frac{2+a+b}{1+c}}{3})^{2}\geq 3.(\frac{6}{3})^{2}=12$
Ta được ĐPCM. ($\square$)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 17-01-2012 - 15:53

Hình đã gửi


#39 Dung Dang Do

Dung Dang Do

    Dũng Dang Dở

  • Thành viên
  • 524 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10A1 THPT Kỳ Anh Hà Tĩnh
  • Sở thích:Đại số đặc biệt là BĐT

Đã gửi 17-01-2012 - 14:33

post đề dùm cho bạn 123123talackoka và giải luôn:
Cho $a,b,c>0$ CMR:
$\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a}\geq a+b+c$.
Giải:
Áp dụng BĐT Cô Si ta có:
$\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}\geq2a$
$\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\geq2b$
$\frac{ac}{c}+\frac{bc}{a}\geq2c$
Cộng các vế BĐT lại ta có : $2(\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a})\geq2(a+b+c)$. Rồi chia cho hai cả hai vế ta được điều phải chứng minh.Bạn $talackoka$ ra đề dễ quá

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 17-01-2012 - 14:39

@@@@@@@@@@@@

#40 minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:C. Toán 10A2 - HSGS
  • Sở thích:Doing math !!!

Đã gửi 19-01-2012 - 17:18

Đưa lên bài này cho mọi người tham khảo!
Bài 4: Cho $a,b,c>0;a+b+c=3$. CMR:
$\frac{a}{3a^2+5}+\frac{b}{3b^2+5}+\frac{c}{3c^2+5}\leq \frac{3}{8}$
Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!




0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh