Nhiếu cách chứng minh cho BĐT AM-GM (3 số dương).Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng $a^3 b^3 c^3\ge3abc$Chắc hẳn mỗi người chúng ta đều biết đến cách c/m: "\(VT-VP=\frac{1}{2}\left(a ...

T

tth_new

28 tháng 9 2019 - olm

Nhiếu cách chứng minh cho BĐT AM-GM (3 số dương).Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng $a^3+b^3+c^3\ge3abc$Chắc hẳn mỗi người chúng ta đều biết đến cách c/m: "$VT-VP=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\ge0$. Chắc chắn đây là cách chứng minh thông minh nhất, bởi tính sơ cấp của nó. Vậy liệu bạn còn tìm được cách chứng minh nào nữa không?...

Đọc tiếp

#Toán lớp 8

0

T

tth_new

24 tháng 9 2019 - olm

Câu hỏi hay

Với a, b, c dương ta có bđt sau: $ab^2+bc^2+ca^2\ge3abc$BĐT trên là đã là quá quen thuộc khi dùng AM-GM cho 3 số, nhưng nếu đối với những bạn mới chưa học AM-GM (như mình) thì mình làm gì? Mình chỉ mới tìm ra 3 cách phân tích cho bđt trên, các bạn tìm thêm nhé! Và mình nói trước là mình không chắc ở cách 3 nhé! Cách 1: Giả sử $c=min\left\{a,b,c\right\}$ ta...

Đọc tiếp

#Toán lớp 8

1

TT

The Thong's VN Studio

2 tháng 10 2019

ok. Mình không nghĩ là toán 8 và thực sự chả hiểu j cả

Đúng(0)

CT

Châu Trần

4 tháng 7 2017

Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn ab+bc+ca=1

Chứng minh rằng: $\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\le\frac{3}{2}.$

(Chứng minh BĐT dựa vào BĐT Cauchy)

#Toán lớp 9

1

LF

Lightning Farron

4 tháng 7 2017

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+1}}=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}=\dfrac{a}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}$

$\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{a}{a+c}\right)$. Thiếp lập 2 BĐT còn lại:

$\dfrac{b}{\sqrt{b^2+1}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{b}{a+b}\right);\dfrac{c}{\sqrt{c^2+1}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{c}{b+c}\right)$

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

$A\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{a+b}{a+b}+\dfrac{b+c}{b+c}+\dfrac{c+a}{c+a}\right)=\dfrac{1}{2}\cdot3=\dfrac{3}{2}$

Xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$

Đúng(0)

T

tth_new

8 tháng 2 2019 - olm

Nêu các cách chứng minh BĐT Nesbitt.BĐT Nesbitt là một BĐT khá quen thuộc trong các bài toán BĐT,chúng ta hay tìm những lời giải cho BĐT này nhé!Đề: Cho a,b,c>0.CMR $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}$Cách 1:Thật vậy,ta...

Đọc tiếp

#Toán lớp 9

4

KH

ʚ๖ۣۜKɦáηɦ ๖ۣۜHυүềηɞ‏

8 tháng 2 2019

ok , cảm ơn bạn !!!

Bài toán rất hay và bổ ích !!!

Đúng(0)

KB

Khôi Bùi

8 tháng 2 2019

Đây nhé

Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z

$\Rightarrow\hept{\begin{cases}x+y=2c+b+a=2c+z\\y+z=2a+b+c=2a+x\\x+z=2b+a+c=2b+y\end{cases}}$

$\Rightarrow\frac{x+y-z}{2}=c;\frac{y+z-x}{2}=a;\frac{x+z-y}{2}=b$

Thay vào PT đã cho ở đề bài , ta có :

$\frac{y+z-x}{2x}+\frac{x+z-y}{2y}+\frac{x+y-z}{2z}$

$=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}-3\right)$

$\ge\frac{1}{2}\left(2+2+2-3\right)=\frac{3}{2}$

( cái này cô - si cho x/y + /x ; x/z + z/x ; y/z + z/y)

Đúng(0)

K

Kuramajiva

30 tháng 12 2020

Câu 1: Chứng minh $\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{(n-1)n}$ với ∀n∈$N^*$Câu 2: Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng: $\frac{a^4+b^4+c^4}{a+b+c}\geq abc$.Câu 3: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn $ab+bc+ca=3$. Chứng minh rằng: $\sqrt{a^6+b^6+1}+\sqrt{b^6+c^6+1}+\sqrt{c^6+a^6+1}\geq 3\sqrt{3}$Câu 4: Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng: $a^3+b^3+c^3\geq 3$Câu 5:...

Đọc tiếp

#Toán lớp 10

3

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

30 tháng 12 2020

1. Đề thiếu

2. BĐT cần chứng minh tương đương:

$a^4+b^4+c^4\ge abc\left(a+b+c\right)$

Ta có:

$a^4+b^4+c^4\ge\dfrac{1}{3}\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge\dfrac{1}{3}\left(ab+bc+ca\right)^2\ge\dfrac{1}{3}.3abc\left(a+b+c\right)$ (đpcm)

3.

Ta có:

$\left(a^6+b^6+1\right)\left(1+1+1\right)\ge\left(a^3+b^3+1\right)^2$

$\Rightarrow VT\ge\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(a^3+b^3+1+b^3+c^3+1+c^3+a^3+1\right)$

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

Lại có:

$a^3+b^3+1\ge3ab$ ; $b^3+c^3+1\ge3bc$ ; $c^3+a^3+1\ge3ca$

$\Rightarrow2\left(a^3+b^3+c^3\right)+3\ge3\left(ab+bc+ca\right)=9$

$\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3$

$\Rightarrow VT\ge\sqrt{3}+\dfrac{6}{\sqrt{3}}=3\sqrt{3}$

Đúng(2)

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

30 tháng 12 2020

4.

Ta có:

$a^3+1+1\ge3a$ ; $b^3+1+1\ge3b$ ; $c^3+1+1\ge3c$

$\Rightarrow a^3+b^3+c^3+6\ge3\left(a+b+c\right)=9$

$\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3$

5.

Ta có:

$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{c}}$ ; $\dfrac{a}{b}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{c}{b}}$ ; $\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge2\sqrt{\dfrac{b}{a}}$

$\Rightarrow\sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}}+\sqrt{\dfrac{a}{c}}\le\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}=1$

Đúng(1)

NT

Nguyễn Thị Minh Nguyệt

13 tháng 9 2017 - olm

Cho a,b,c là 3 số thực dương. Chứng minh BĐT:

$\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge a^2+b^2+c^2$

#Toán lớp 9

2

NT

Nguyễn Thiều Công Thành

13 tháng 9 2017

áp dụng bđt cauchy ta có:

$\frac{a^3}{b}+ab\ge2a^2;\frac{b^3}{c}+bc\ge2b^2;\frac{c^3}{a}+ca\ge2c^2$

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

$\Rightarrow\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-ab-bc-ca\ge2\left(a^2+b^2+c^2\right)-a^2-b^2-c^2$

$=a^2+b^2+c^2\left(Q.E.D\right)$

Đúng(0)

DD

Đinh Đức Hùng

13 tháng 9 2017

Theo Cauchy - Schwarz ta có : $\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2+b^2\right)\ge\left(ab+bc+ac\right)^2$

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge\left|ab+bc+ac\right|\ge ab+ac+bc$

Ta có : $\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}=\frac{a^4}{ab}+\frac{b^4}{bc}+\frac{c^4}{ac}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{ab+ac+bc}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}{a^2+b^2+c^2}$

$=a^2+b^2+c^2$(đpcm)

Đúng(0)

TN

Tiến Nguyễn Minh

3 tháng 10 2019 - olm

Bài 1: Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng: $\sqrt{\frac{a+b+4c}{a+b}}+\sqrt{\frac{b+c+4a}{b+c}}+\sqrt{\frac{c+a+4b}{c+a}}\ge3\sqrt{3}.$Bài 2:Cho các số thực dương a,b,c thoả mãn abc=1. Chứng minh rằng:$\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}+\sqrt[3]{\left(\frac{2b}{bc+1}\right)^2}+\sqrt[3]{\left(\frac{2c}{ca+1}\right)^2}\ge3.$Giúp mình với! Mình cần...

Đọc tiếp

#Toán lớp 8

2

CM

Copxki Minh

23 tháng 11 2020

1)

Ta có: $M=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\sqrt{3\left(a+b\right)\left(a+b+4c\right)}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{\frac{3\left(a+b\right)+\left(a+b+4c\right)}{2}}=\Sigma_{cyc}\frac{\sqrt{3}\left(a+b+4c\right)}{2\left(a+b+c\right)}=3\sqrt{3}$

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

Đúng(0)

CM

Copxki Minh

24 tháng 11 2020

2)

$\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}=\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\sqrt[3]{2a\left(ab+1\right)^2}}\ge\Sigma_{cyc}\frac{2a}{\frac{2a+\left(ab+1\right)+\left(ab+1\right)}{3}}=3\Sigma_{cyc}\frac{a}{ab+a+1}$

Ta có bổ đề: $\frac{a}{ab+a+1}+\frac{b}{bc+b+1}+\frac{c}{ca+c+1}=1\left(abc=1\right)$

$\Rightarrow\Sigma_{cyc}\sqrt[3]{\left(\frac{2a}{ab+1}\right)^2}\ge3$

Đúng(0)

LD

l҉o҉n҉g҉ d҉z҉

31 tháng 12 2020 - olm

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng

$\left|\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}\right|\le\frac{1}{4}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]$

#Toán lớp 9

2

DN

Đặng Ngọc Quỳnh

1 tháng 1 2021

giả sử $a\ge b\ge c\ge0$

Ta có: $a+\frac{b}{2}-\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}=\frac{1}{2}\left(ab-b^2\right)\ge0\Rightarrow a+\frac{b}{2}\ge\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}$

$b+\frac{a}{2}-\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}=\frac{1}{2}\left(ab-a^2\right)\le0\Rightarrow b+\frac{a}{2}\le\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}$

Tương tự: $b+\frac{c}{2}\ge\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}\ge c+\frac{b}{2};a+\frac{c}{2}\ge\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}\ge c+\frac{a}{2}$

Lại có:+) $\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}$

$=\left(a-b\right)\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}+\left(b-c\right)\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}-\left(a-c\right)\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}$

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

$\ge\frac{-1}{4}\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\left(1\right)$

+) $\frac{a^3-b^3}{a+b}+\frac{b^3-c^3}{b+c}+\frac{c^3-a^3}{c+a}$

$=\left(a-b\right)\frac{a^2+ab+b^2}{a+b}+\left(b-c\right)\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}-\left(a-c\right)\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}$

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

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

Từ 1,2 => đpcm

Đúng(0)

T

tth_new

2 tháng 1 2021

BĐT đã cho tuong duong voi:

$\left|\frac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(ab+bc+ca\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\right|\le\frac{1}{4}\left[\Sigma\left(a-b\right)^2\right]$

Theo AM-GM ta có: $\left(ab+bc+ca\right)\le\frac{9}{8}\cdot\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{a+b+c}$

Có: $VT\le\frac{9}{8}\left|\frac{\sqrt{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}}{\left(a+b+c\right)}\right|=\frac{9\sqrt{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}}{8\left(a+b+c\right)}$

Cần chứng minh: $4\left(a+b+c\right)^2\left[\Sigma\left(a-b\right)^2\right]^2\ge9\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2$

Rõ ràng $\Sigma\left(a-b\right)^2\ge3\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}$

Cần cm: $36\left(a+b+c\right)^2\sqrt[3]{\left(a-b\right)^4\left(b-c\right)^4\left(c-a\right)^4}\ge9\sqrt[3]{\left(a-b\right)^6\left(b-c\right)^6\left(c-a\right)^6}$

Hay $4\left(a+b+c\right)^2\ge\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}$

Tiếp tục là điều hiển nhiên do $VT\ge4\left[\left(a+b+c\right)^2-3\left(ab+bc+ca\right)\right]$

$=2\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]$

$\ge6\sqrt[3]{\left(a-b\right)^2\left(b-c\right)^2\left(c-a\right)^2}\ge VP$

Đẳng thức xảy ra khi $\hept{\begin{cases}\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)=0\\a-b=b-c=c-a\\a=b=c\end{cases}}\Leftrightarrow a=b=c.$

Đúng(0)

LG

like game

9 tháng 8 2020 - olm

Chướng minh với a,b,c là các số không âm ta có

$a^3+b^3+c^3\ge3abc$

Không dùng BĐT AM-GM nha

#Toán lớp 9

2

TL

Tran Le Khanh Linh

9 tháng 8 2020

xét hiệu a³+b³+3abc=(a+b+c)(a²+b²+c²-ab-ac-bc)=(a+b+c)$\frac{\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2}{2}\ge0$

đẳng thức xảy ra khi a=b=c

Đúng(0)

NN

Nobi Nobita

9 tháng 8 2020

Ta có: $a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b\right)^3-3ab\left(a+b\right)+c^3-3abc$

$=\left(a+b\right)^3+c^3-3ab\left(a+b\right)-3abc$

$=\left(a+b+c\right)^3-3.\left(a+b\right).c.\left(a+b+c\right)-3ab\left(a+b+c\right)$

$=\left(a+b+c\right).\left[\left(a+b+c\right)^2-3\left(a+b\right).c-3ab\right]$

$=\left(a+b+c\right).\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca-3ac-3bc-3ab\right)$

$=\left(a+b+c\right).\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)$

$=\frac{1}{2}.\left(a+b+c\right).\left(2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca\right)$

$=\frac{1}{2}.\left(a+b+c\right).\left[\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\right]$

$=\frac{1}{2}.\left(a+b+c\right).\left[\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\right]\ge0$( Vì a, b, c không âm )

$\Rightarrow a^3+b^3+c^3\ge3abc$( đpcm )

Đúng(0)

TN

Tuna Ngô

29 tháng 3 2022

Bài toán 1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $latex a+b+c=3$. Chứng minh rằng

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{\text{2}\left( {{a}^{\text{2}}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{3}\ge 5$

#Toán lớp 8

1

TN

Tuna Ngô

29 tháng 3 2022

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 5$

Ta chứng minh bất đẳng thức sau đây

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

$latex \displaystyle \frac{{{\left( a-1 \right)}^{2}}\left( 2{{a}^{2}}+6a+3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$

Hiển nhiên đúng với a là số thực dương.

Áp dụng tương tự ta được $latex \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2b}{3};\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2c}{3}$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 7-\frac{2\left( a+b+c \right)}{3}=5$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $latex a=b=c=1$.

Chúng ta sẽ khởi đầu kỹ thuật này bằng việc đưa ra cách giải thích cho việc tìm ra bất đẳng thức phụ trên và nó cũng chính là cách giải thích cho các bài toán sau này của chúng ta.

Bài toán trên các biến trong cả hai vế và điều kiện đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay sẽ tách theo từng biến để chứng minh được đơn giản hơn nếu có thể. Nhưng rõ ràng chỉ từng đó thôi là không đủ. Để ý đến dấu đẳng thức xẩy ra nên ta nghĩ đến chứng minh bất đẳng thức sau

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}\Leftrightarrow \frac{\left( a-1 \right)\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$

Tuy nhiên đánh giá trên không hoàn toàn đúng với a thực dương.

Để ý là với cách làm trên ta chưa sử dụng điều kiện .

Như vậy ta sẽ không đi theo đường lối suy nghĩ đơn giản ban đầu nữa mà sẽ đi tìm hệ số để bất đẳng thức sau là đúng

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+ma+n\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Trong đó m và n là các hệ số chưa xác định.

Thiết lập tương tự với các biến b và c ta được

$latex \displaystyle \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mb+n;\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mc+n$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}}{3}\ge 5+m\left( a+b+c \right)+3n=5+3\left( m+n \right)$

Như vậy ở đây 2 hệ số m và n phải thỏa mãn điều kiện $latex \displaystyle m+n=0\Leftrightarrow n=-m$. Thế vào (1) dẫn đến

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Đến đây ta chỉ cần xác định hệ số duy nhất là m để bất đẳng thức (2) là đúng. Chú ý đẳng thức xẩy ra tại $latex a=b=c=1$ nên ta cần xác định m sao cho

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\Leftrightarrow \left( a-1 \right)\left( \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}-m \right)\ge 0$

Khi cho $latex a=1$ thì ta có $latex \displaystyle \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}=-\frac{2}{3}$ từ đó ta dự đoán rằng $latex \displaystyle m=-\frac{2}{3}$ để tạo thành đại lượng bình phương $latex {{\left( a-1 \right)}^{2}}$ trong biểu thức. Từ đó ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$

Đúng(2)

TC

TV Cuber

29 tháng 3 2022

trời ơi ? hack

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