chứng minh bất đẳng thức

[thu211298]

[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.

1, Cho a, b,c là độ dài ba cạnh của một tam gác và p, q, r là ba số thức thỏa mãn điều kiện p+ q +r = 0
Chứng minh rằng: [TEX]a^2qr +b^2rp + c^2pq \leq 0[/TEX]

2, Cho a, b,c là các số dương. CHứng minh rằng:
[TEX]\frac{a}{b^2} + \frac{b}{c^2} + \frac{c}{a^2}\geq \frac{1}{a}+ \frac{1}{b} + \frac{1}{c} [/TEX]

3, Cho a, b,c là những số thực dương. Chứng minh rằng:
[TEX] a^2 +b^2 +c^2 \leq 2(\frac{a^3}{b +c} + \frac{b^3}{c+a} + \frac{c^3}{a+b})[/TEX]

4, Chứng minh rằng với mọi bộ số dương a, b,c thỏa mãn điều kiện abc = 1. ta đều có
[TEX]\frac{a}{a^3(b+c)} + \frac{1}{b^3(c+a)} +\frac{1}{c^3(a+b)}\geq \frac{1}{2}(ab +bc +ca)[/TEX]

 

[hohoo]

2)
AD bất đẳng Cô-si cho 2 số dương [TEX]\frac{a}{b^2}[/TEX]và [TEX]\frac{1}{a}[/TEX] ta được
[TEX]\frac{a}{b^2}+\frac{1}{a}[/TEX]\geq[TEX]\frac{2}{b}[/TEX](dấu = xảy ra \Leftrightarrow [TEX]a^2=b^2\Leftrightarrow a=b[/TEX])
Tương tự [TEX]\frac{b}{c^2}+\frac{1}{b}[/TEX]\geq[TEX]\frac{2}{c}[/TEX](dấu = xảy ra \Leftrightarrow b=c)
[TEX]\frac{c}{a^2}+\frac{1}{c}[/TEX]\geq[TEX]\frac{2}{c}[/TEX](dấu = xảy ra \Leftrightarrow=c)
\Rightarrow [TEX]\frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}[/TEX]\geq[TEX]\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}[/TEX]
\Rightarrow [TEX]\frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}[/TEX]\geq[TEX]\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}[/TEX]( dấu = xảy ra \Leftrightarrow a=b=c)

 

[congchuaanhsang]

3, Áp dụng Cauchy-Schwarz:

$VP=2(\dfrac{a^4}{ab+ac}+\dfrac{b^4}{bc+ba}+\dfrac{c^4}{ca+cb})$

\geq $2\dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(ab+bc+ca)}=\dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{ab+bc+ca}$

\geq $a^2+b^2+c^2$ (do $ab+bc+ca$ \leq $a^2+b^2+c^2$) $=VT$

Vậy bđt được cm

 

[vuive_yeudoi]

1, Cho a, b,c là độ dài ba cạnh của một tam gác và p, q, r là ba số thức thỏa mãn điều kiện p+ q +r = 0
Chứng minh rằng: [TEX]a^2qr +b^2rp + c^2pq \leq 0[/TEX]

Đặt
$$ P=a^2qr+b^2rp+c^2pq =c^2pq+r \left( a^2q+b^2p \right)=c^2 pq-\left( p+q\right)\left( a^2q+b^2p \right) \\
=- \left( b^2p^2+a^2q^2+pq \left(a^2+b^2-c^2 \right) \right)$$
Lúc này cần chứng minh
$$ b^2p^2+a^2q^2+pq \left(a^2+b^2-c^2 \right) \ge 0 \quad{ \left( 1 \right)} $$

• Nếu $ \displaystyle q=0 $ thì $ \displaystyle \left( 1 \right) $ trở thành
  $$ b^2p^2 \ge 0 $$
  hiển nhiên đúng.

• Nếu $ \displaystyle q \neq 0 $ thì $ \displaystyle \left( 1 \right) $ trở thành
  $$ q^2 \left( b^2 \left( \frac{p}{q} \right)^2 + \left( \frac{p}{q} \right) \left(a^2+b^2-c^2 \right)+a^2 \right) \ge 0 $$
  Lúc này đặt $ \displaystyle t=\frac{p}{q} $, và cố đi chứng minh
  $$ T= b^2 t^2+t \left(a^2+b^2-c^2 \right)+a^2 \ge 0 $$
  Ta thấy
  $$ \Delta_{T}=\left(a^2+b^2-c^2 \right)^2-4b^2a^2= \left(a+b+c \right) \left( b+a-c\right) \left( a-b-c \right) \left( a-b+c \right) \le 0 $$
  Vậy $ \displaystyle T $ cùng dấu với $ \displaystyle b^2 \ge 0 $.
  
  Tức là
  $$ T \ge 0 $$

Kết thúc chứng minh .

4, Chứng minh rằng với mọi bộ số dương a, b,c thỏa mãn điều kiện abc = a. ta đều có
[TEX]\frac{a}{a^3(b+c)} + \frac{1}{b^3(c+a)} +\frac{1}{c^3(a+b)}\geq \frac{1}{2}(ab +bc +ca)[/TEX]

Cái này sai .

Thử với $ \displaystyle \left( a,b,c \right)=\left(2,1,1 \right) $ thỏa $ \displaystyle a,b,c>0 \ ; \ abc=a $.

Nhưng
$$ \frac{a}{a^3 \left( b+c \right)} + \frac{1}{b^3 \left(c+a \right)} +\frac{1}{c^3 \left(a+b \right)} - \frac{1}{2}\left(ab +bc +ca\right)
=-\frac{41}{24} < 0 $$