Tổng quát hơn IMO 1983! Với a$,$ b$,$ c là độ dài $3$ cạnh tam giác và $k\in\left[0,1\right]$ thì$:$ \(a^2b\left(a-b\right) b^2c\left(b-c\right) c^2a\left(c-a\right)\ge k.b\left(a b-c\right)\left...

$\left(\frac{2a+2b-c}{a+b+4c}\right)^3+\left(\frac{2b+2c-a}{b+c+4a}\right)^3+\left(\frac{2c+2a-b}{c+a+4b}\right)^3\ge\frac{9}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)$

#Toán lớp 9

2

T

tth_new

6 tháng 9 2020

Bài này không đúng nhé. Với a = b = c = 1 thì bất đẳng thức sai. Tuy nhiên bài này đúng theo chiều ngược lại.

Đúng(0)

PN

Phan Nghĩa

7 tháng 9 2020

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau đây $x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx$

$< =>2\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge2\left(xy+yz+zx\right)$

$< =>2x^2+2y^2+2z^2-2xy-2yz-2zx\ge0$

$< =>\left(x-y\right)^2+\left(y-z\right)^2+\left(z-x\right)^2\ge0$*đúng*

Đặt $\left\{2a+2b-c;2b+2c-a;2c+2a-b\right\}\rightarrow\left\{x;y;z\right\}$

Vì a,b,c là ba cạnh của 1 tam giác nên x,y,z dương

Ta có : $x^2+y^2+z^2=9\left(a^2+b^2+c^2\right)$

$x+y=c+a+4b$; $y+z=a+b+4c$; $z+x=b+c+4a$

Bất đẳng thức cần chứng minh quy về : $\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có :

$\frac{x^3}{y+z}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{x^3.x\left(y+z\right)}{\left(y+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{x^4}{4}}=2\frac{x^2}{2}=x^2$

$\frac{y^3}{x+z}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{y^3.y\left(x+z\right)}{\left(x+z\right)4}}=2\sqrt{\frac{y^4}{4}}=2\frac{y^2}{2}=y^2$

$\frac{z^3}{x+y}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge2\sqrt{\frac{z^3.z\left(x+y\right)}{\left(x+y\right)4}}=2\sqrt{\frac{z^4}{4}}=2\frac{z^2}{2}=z^2$

Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được :

$\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{x\left(y+z\right)}{4}+\frac{y\left(x+z\right)}{4}+\frac{z\left(x+y\right)}{4}\ge x^2+y^2+z^2$

$< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx+xy+yz+zx}{4}\ge x^2+y^2+z^2$

$< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}+\frac{xy+yz+zx}{2}\ge x^2+y^2+z^2$

$< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{x+y}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{xy+yz+zx}{2}$

Sử dụng bất đẳng thức phụ $x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx$khi đó ta được :

$\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{x+z}+\frac{z^3}{y+x}\ge x^2+y^2+z^2-\frac{x^2+y^2+z^2}{2}$

$< =>\frac{x^3}{y+z}+\frac{y^3}{z+x}+\frac{z^3}{x+y}\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\left(đpcm\right)$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z< =>a=b=c$

Vậy ta có điều phải chứng minh

Đúng(0)

MH

Minh Hiếu

15 tháng 10 2021

1. CMR: Nếu a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác thì:$2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^40$2. PTĐT thành nhân...

Đọc tiếp

#Toán lớp 8

5

NH

Nguyễn Hoàng Minh

15 tháng 10 2021

1.

$2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4>0\\ \Leftrightarrow a^4+b^4+c^4-2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2< 0\\ \Leftrightarrow\left(a^4+b^4+c^4+2a^2b^2-2b^2c^2-2c^2a^2\right)-4a^2b^2< 0\\ \Leftrightarrow\left(a^2+b^2-c^2\right)^2-4a^2b^2< 0\\ \Leftrightarrow\left(a^2+b^2-c^2-2ab\right)\left(a^2+b^2-c^2+2ab\right)< 0\\ \Leftrightarrow\left[\left(a-b\right)^2-c^2\right]\left[\left(a+b\right)^2-c^2\right]< 0\\ \Leftrightarrow\left(a-b+c\right)\left(a-b-c\right)\left(a+b-c\right)\left(a+b+c\right)< 0\left(1\right)$

Vì a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tg nên $\left\{{}\begin{matrix}a+c>b\\a-b< c\\a+b>c\\a+b+c>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a-b+c>0\\a-b-c< 0\\a+b-c>0\\a+b+c>0\end{matrix}\right.$

Do đó $\left(1\right)$ luôn đúng (do 3 dương nhân 1 âm ra âm)

Từ đó ta được đpcm

Đúng(2)

HT

ha tran

15 tháng 10 2021

uầy e đọc chả hỉu j lun :(

Đúng(0)

BB

Bách Bách

20 tháng 5 2021

Bài 1: CMR với mọi số thực a; b; c thì:

$\left(a+b\right)^6+\left(b+c\right)^6+\left(c+a\right)^6\ge\dfrac{16}{61}\left(a^6+b^6+c^6\right)$\

Bài 2: Cho a;b;c là các cạnh của tam giác:

CMR: $a^2b\left(a-b\right)+b^2c\left(b-c\right)+c^2a\left(c-a\right)\ge0$

Giúp mk với các bạn ơi

#Toán lớp 8

0

BT

Bách Thảo

2 tháng 9 2020 - olm

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của tam giác thỏa mãn:

$a^2+b^2+c^2=\frac{1}{9}$

CMR $S=\left(2b\:+2c\:-a\right)^3+\left(2c\:+2a-b\right)^3\:+\left(2a\:+2b\:-c\right)^3\ge\frac{1}{\sqrt{3}}$

#Toán lớp 9

1

F

FL.Hermit

2 tháng 9 2020

1 bài BĐT rất hay !!!!!!

BẠN PHÁ TOANG RA HẾT NHÁ SAU ĐÓ THÌ ĐƯỢC CÁI NÀY :33333

$S=15\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2\right)-72abc$

$S=9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a^3+b^3+c^3+a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2\right)-72abc$

$S=9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-72abc$

TA ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 3 SỐ SẼ ĐƯỢC:

$\hept{\begin{cases}a+b+c\ge3\sqrt[3]{abc}\\a^2+b^2+c^2\ge3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\end{cases}}$

=> $\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)\ge9abc$

=> $72abc\le8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)$

=> $-72abc\ge-8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)$

=> $S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)+6\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-8\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)$

=> $S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-2\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)$

=> $S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-\frac{2}{9}\left(a+b+c\right)$

TA LẠI TIẾP TỤC ÁP DỤNG BĐT SAU: $\left(a+b+c\right)^2\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le\frac{1}{3}\Rightarrow a+b+c\le\sqrt{\frac{1}{3}}$

=> $S\ge9\left(a^3+b^3+c^3\right)-\frac{2}{9}.\sqrt{\frac{1}{3}}$

TA LẦN LƯỢT ÁP DỤNG BĐT CAUCHY 3 SỐ SẼ ĐƯỢC:

$a^3+a^3+\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\ge3a^2.\sqrt{\frac{1}{27}}$

ÁP DỤNG TƯƠNG TỰ VỚI 2 BIẾN b; c ta sẽ được 1 BĐT như sau:

=> $2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\ge\frac{3}{\sqrt{27}}\left(a^2+b^2+c^2\right)=\frac{3}{\sqrt{27}}.\left(\frac{1}{9}\right)=\frac{\sqrt{3}}{27}$

=> $a^3+b^3+c^3\ge\frac{\left(\frac{\sqrt{3}}{27}-3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\right)}{2}$

=> $S\ge\frac{9\left(\frac{\sqrt{3}}{27}-3\left(\sqrt{\frac{1}{27}}\right)^3\right)}{2}-\frac{2}{9}.\sqrt{\frac{1}{3}}$

=> $S\ge\frac{1}{\sqrt{3}}$

VẬY TA CÓ ĐPCM.

DẤU "=" XẢY RA <=> $a=b=c=\sqrt{\frac{1}{27}}$

Đúng(0)

T

tth_new

23 tháng 5 2019 - olm

Cho a,b,c là độ dài của 3 cạnh tam giác.CMR:

$a^2b\left(a-b\right)+b^2c\left(b-c\right)+c^2a\left(c-a\right)\ge0$

#Toán lớp 8

1

TT

Thanh Tùng DZ

23 tháng 5 2019

Ta có :

a²b ( a - b ) + b²c ( b - c ) + c²a ( c - a )

= ( a³b + b³c + c³a ) - ( a²b² + b²c² + c²a² )

= $abc\left(\frac{a^2}{c}+\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{b}\right)-\left(abc\right)^2\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)$

$\ge abc.\left(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}\right)-\left(abc\right)^2.\frac{9}{a^2+b^2+c^2}=abc\left(a+b+c\right)-\left(abc\right)^2.\frac{9}{a^2+b^2+c^2}$

Mà $\left(a+b+c\right)^3\ge27abc$

$abc\left(a+b+c\right)-\left(abc\right)^2.\frac{9}{a^2+b^2+c^2}\ge abc\left[\left(a+b+c\right)-\frac{\left(a+b+c\right)^3}{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\right]$

$=\frac{abc}{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}\left[3\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a+b+c\right)^3\right]$

$=\frac{abc}{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}2\left(a^3+b^3+c^3-3abc\right)$

vì a³ + b³ + c³ - 3abc $\ge$0 nên a²b(a - b ) + b²c ( b - c ) + c²a ( c - a ) $\ge$0

Đúng(0)

LH

Lê Huy Hoàng

6 tháng 1 2022

Cho a,b,c lớn hơn 0. Chứng minh $\dfrac{a^3}{\left(a+2b\right)\left(b+2c\right)}$+$\dfrac{b^3}{\left(b+2c\right)\left(c+2a\right)}$+$\dfrac{c^3}{\left(c+2a\right)\left(a+2b\right)}$≥$\dfrac{a+b+c}{9}$

#Toán lớp 8

1

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

6 tháng 1 2022

$\dfrac{a^3}{\left(a+2b\right)\left(b+2c\right)}+\dfrac{a+2b}{27}+\dfrac{b+2c}{27}\ge3\sqrt[3]{\dfrac{a^3\left(a+2b\right)\left(b+2c\right)}{27^2.\left(a+2b\right)\left(b+2c\right)}}=\dfrac{a}{3}$

Tương tự:

$\dfrac{b^3}{\left(b+2c\right)\left(c+2a\right)}+\dfrac{b+2c}{27}+\dfrac{c+2a}{27}\ge\dfrac{b}{3}$

$\dfrac{c^3}{\left(c+2a\right)\left(a+2b\right)}+\dfrac{c+2a}{27}+\dfrac{a+2b}{27}\ge\dfrac{c}{3}$

Cộng vế:

$VT+\dfrac{2\left(a+b+c\right)}{9}\ge\dfrac{a+b+c}{3}$

$\Rightarrow VT\ge\dfrac{a+b+c}{9}$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Đúng(2)

K

Kawasaki

16 tháng 11 2019 - olm

Cho a,b,c là 3 số thực đôi một phân biệt. CMR:

$3+\frac{\left(2a+b\right)\left(2b+c\right)}{\left(a-b\right)\left(b-c\right)}+\frac{\left(2b+c\right)\left(2c+a\right)}{\left(b-c\right)\left(c-a\right)}+\frac{\left(2c+a\right)\left(2a+b\right)}{\left(c-a\right)\left(a-b\right)}=\frac{2a+b}{a-b}+\frac{2b+c}{b-c}+\frac{2c+a}{c-a}$

#Toán lớp 9

0

TN

Tú Nguyễn

8 tháng 2 2020

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác cm:

a)$ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2< 2\left(ab+bc+ca\right)$

b)$abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)$

c)$2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4>0$

d)$a\left(b-c\right)^2+b\left(c-a\right)^2+c\left(a+b\right)^2>a^3+b^3+c^3$

#Toán lớp 10

3

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

9 tháng 2 2020

a/ Với mọi số thực ta luôn có:

$\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0$

$\Leftrightarrow2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\ge0$

$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$

Lại có do a;b;c là ba cạnh của 1 tam giác nên theo BĐT tam giác ta có:

$a+b>c\Rightarrow ac+bc>c^2$

$a+c>b\Rightarrow ab+bc>b^2$

$b+c>a\Rightarrow ab+ac>a^2$

Cộng vế với vế: $2\left(ab+bc+ca\right)>a^2+b^2+c^2$

Đúng(0)

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

9 tháng 2 2020

b/

Do a;b;c là ba cạnh của tam giác nên các nhân tử vế phải đều dương

Ta có:

$\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\le\frac{1}{4}\left(a+b-c+b+c-a\right)^2=b^2$

Tương tự: $\left(a+b-c\right)\left(a+c-b\right)\le a^2$

$\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)\le c^2$

Nhân vế với vế:

$a^2b^2c^2\ge\left(a+b-c\right)^2\left(b+c-a\right)^2\left(a+c-b\right)^2$

$\Leftrightarrow abc\ge\left(a+b-c\right)\left(b+c-a\right)\left(a+c-b\right)$

Đúng(0)

Chúng tôi đề xuất

Tài nguyên

Ứng dụng mobile

Bảng xếp hạng

Các khóa học có thể bạn quan tâm

Yêu cầu VIP