Toán về bất đẳng thức

[nhokngok2]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Bài 1: Chứng minh: [TEX]a^2+b^2+c^2[/TEX] \geq [TEX]\frac{1}{3}[/TEX] với a+b+c=1.

Bài 2: Cho a; b; c > 0. Chứng minh: [TEX](a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}[/TEX]\geq 9.

Bài 3: Cho a;b;c> 0. Chứng minh:
a, [TEX]\frac{2a}{b+c} + \frac{bc}{2a}[/TEX]\geq 2.
b, [TEX]\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}[/TEX]\geq [TEX]\frac{3}{2}[/TEX].
c, [TEX]\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}[/TEX]\geq [TEX]\frac{15}{2}[/TEX].

Bài 4:Chứng minh: [TEX](x+y)(y+z)(z+x)[/TEX]\geq 8xyz biết x;y;z\geq 0.

Bài 5: Cho a;b;c là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh [TEX]abc[/TEX] \geq [TEX](b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)[/TEX].

Ai giúp mình được không? Mình đang cần gấp !

 

[nguyenbahiep1]

Bài 1: Chứng minh: [TEX]a^2+b^2+c^2[/TEX] \geq [TEX]\frac{1}{3}[/TEX] với a+b+c=1.

$a^2+\frac{1}{9} \geq \frac{2a}{3} \\ \\ \Rightarrow a^2+b^2+c^2+\frac{3}{9} \geq \frac{2(a+b+c)}{3} \Rightarrow a^2+b^2+c^2 \geq \frac{1}{3}$

 

[vipboycodon]

Bài 4:
$x+y \ge 2\sqrt{xy}$
$y+z \ge 2\sqrt{yz}$
$z+x \ge 2\sqrt{xz}$
Nhân vế với vế ta có:
$(x+y)(y+z)(z+x) \ge 8\sqrt{x^2y^2z^2} = 8xyz$
Dấu "=" xảy ra khi $x = y = z$.

 

[kienthuc_toanhoc]

Mình làm nhanh câu này!
Bài 2: Cho a; b; c > 0. Chứng minh: [TEX](a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}[/TEX]\geq 9.
Sử dụng bất đẳng thức cô si với 3 số
a+b+c\geq3.$\sqrt[3]{abc}$;$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$\geq3.$\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}$
=>[TEX](a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}[/TEX]\geq3.$\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}$.3.$\sqrt[3]{abc}$=9
=>đpcm
dầu bằng xảy ra khi....

 

[kienthuc_toanhoc]

Bài 4:Chứng minh:

\geq 8xyz biết x;y;z\geq 0.
Ta sử dụng cô si 2 số cho từng cặp ta được:
x+y\geq2 $\sqrt[2]{xy}$;y+z\geq2$\sqrt[2]{yz}$;z+x\geq2$\sqrt[2]{xy}$
=>

\geq $\sqrt[2]{xy}$.2$\sqrt[2]{yz}$.2$\sqrt[2]{xy}$=8xyz
=>đpcm
dấu bằng xảy ra khi...

 

[chonhoi110]

Bài 5: Ta có:
$(b+c-a)(b+a-c)=b^2-(c-a)^2 \le b^2$

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

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

Nhân từng vế 3 bđt trên, ta được:

$[(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)]^2 \le [abc]^2 \rightarrow đpcm$

Bài 3:
b, Cách 1: http://diendan.hocmai.vn/showpost.php?p=2443073&postcount=111

Cách 2:
Xét các biểu thức sau:

$S= \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}$

$M=\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{a}{a+b}$

$N=\dfrac{c}{b+c}+\dfrac{a}{c+a}+\dfrac{b}{a+b}$

Ta có: $M+N=3$. Mặt khác theo bđt AM-GM thì:

$M+S=\dfrac{a+b}{b+c}+\dfrac{b+c}{c+a}+\dfrac{c+a}{a+b} \ge 3$

$N+S=\dfrac{a+c}{b+c}+\dfrac{a+b}{c+a}+\dfrac{b+c}{a+b} \ge 3$

Vậy $M+N+2S \ge 6 $suy ra $2S \ge 3 \rightarrow Q.E.D$

c, http://diendan.hocmai.vn/showpost.php?p=2442738&postcount=108 (câu b bạn nhé )

 

[hiendang241]

5

vì a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác nên a,b,c>0
áp dụng BDT tam giác ta có:a+b>c;a+c>b;b+c>a
áp dụng BDT cauchy cho 2 cặp số dương b+c-a và c+a-b ta đc
4(b+c-a)(c+a-b)\leq $(b+c-a+c+a-b)^2$
\Rightarrow4(b+c-a)(c+a-b)\leq \leq4$c^2$
\Rightarrow(b+c-a)(c+a-b)\leq $c^2$(1)
c/m tương tự ta đcc+a-b)(a+b-c)\leq$a^2$(2)
(b+c-a)(c+a-b)\leq$b^2$(3)
1,2,3\Rightarrow $[(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)]^2$\leq$a^2$$b^2$$c^2$
\Rightarrow(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)\leq abc