Toán 8 Gọi a,b,c là độ dài các cạnh của 1 tam giác c/m: $a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(b+a-c)\leq 3abc$

[Tríp Bô Hắc]

[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 x,y,z>0. CMR:[tex]\frac{x^{2}}{y+z}\geq \frac{4x-y-z}{4}[/tex]
Áp dụng chứng minh: [tex]\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{a+c}+\frac{c^{2}}{b+a}\geq \frac{a+b+c}{2}[/tex]
2. Cho x,y>0 và x+y+z<=1.CM
[tex]\frac{1}{x^{2}+xy}+\frac{1}{y^{2}+xy}\geq 4[/tex]
3. Gọi a,b,c là độ dài các cạnh của 1 tam giác c/m: [tex]a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(b+a-c)\leq 3abc[/tex]
4. Gọi a,b,c là độ dài các cạnh của 1 tam giác, c/m [tex]\left | \frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a} \right |\leq \frac{1}{8}[/tex]
5. CMR Nếu a,b,c là độ dài các cạnh của 1 tam giác thì [tex]a(b+c)^{2}+b(a+c)^{2}+c(a+b)^{2}> a^{3}+b^{3}+c^{3}[/tex]
6. C/m nếu a,b,c là độ dài các cạnh của 1 tam giác với [tex]a\leq b\leq c[/tex] thì [tex](a+b+c)^{2}\leq 9abc[/tex]
7. CMR [tex]\frac{1}{-a+b+c}+\frac{1}{a-b+c}+\frac{1}{a+b-c}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}[/tex]
Cần gấp cần gấp, giúp với ạ

 

[Ann Lee]

1. Cho x,y,z>0. CMR:[tex]\frac{x^{2}}{y+z}\geq \frac{4x-y-z}{4}[/tex]
Áp dụng chứng minh: [tex]\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{a+c}+\frac{c^{2}}{b+a}\geq \frac{a+b+c}{2}[/tex]

[tex]\frac{x^{2}}{y+z}\geq \frac{4x-y-z}{4}\\\Leftrightarrow 4x^2\geq (y+z)(4x-y-z)\\\Leftrightarrow 4x^2\geq 4xy-y^2-yz+4xz-zy-z^2\\\Leftrightarrow (2x-y-z)^2\geq 0(*)[/tex]
BĐT (*) luôn đúng với mọi $x,y,z>0$
Dấu = xảy ra khi $2x=y=z$
Hoặc có thể làm như sau
[tex]\frac{x^{2}}{y+z}+\frac{y+z}{4}\geq 2\sqrt{\frac{x^{2}}{y+z}.\frac{y+z}{4}}=x\Rightarrow \frac{x^{2}}{y+z}\geq x-\frac{y+z}{4}=\frac{4x-y-z}{4}[/tex]
Dấy = xảy ra khi $2x=y=z$
Em có thể tự áp dụng để chúng minh BĐt này nhé
[tex]\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{a+c}+\frac{c^{2}}{b+a}\geq \frac{a+b+c}{2}[/tex]

2. Cho x,y>0 và x+y+z<=1.CM
[tex]\frac{1}{x^{2}+xy}+\frac{1}{y^{2}+xy}\geq 4[/tex]

Xem lại đề, giả thiết xuất hiện $z$ nhưng phần BĐT lại không có $z$

3. Gọi a,b,c là độ dài các cạnh của 1 tam giác c/m: [tex]a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(b+a-c)\leq 3abc[/tex]

$a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(b+a-c)\leq 3abc$
$\Leftrightarrow [abc-a^2(b+c-a)]+[abc-b^2(c+a-b)]+[abc-c^2(b+a-c)]\geq 0$
$\Leftrightarrow a[bc-a(b+c-a)]+b[ac-b(c+a-b)]+c[ab-c(b+a-c)]\geq 0$
$\Leftrightarrow a(b-a)(c-a)+b(c-b)(a-b)+c(a-c)(b-c)\geq 0(*)$
Không mất tính tổng quát, giả sử [tex]a\leq b\leq c[/tex]
Khi đó

• [tex]a(b-a)(c-a)\geq 0[/tex]
  
• [tex]b(c-b)(a-b)+c(a-c)(b-c)=(c-b)^2(c+b-a)\geq 0[/tex] (vì: c+b>a theo BĐT $\Delta$)

Suy ra BĐT (*) luôn đúng
Dấu = xảy ra khi $a=b=c$ hay tam giác đã cho phải đều

5. CMR Nếu a,b,c là độ dài các cạnh của 1 tam giác thì [tex]a(b+c)^{2}+b(a+c)^{2}+c(a+b)^{2}> a^{3}+b^{3}+c^{3}[/tex]

[tex]a(b+c)^{2}+b(a+c)^{2}+c(a+b)^{2}> a^{3}+b^{3}+c^{3}\\\Leftrightarrow a[(b+c)^2-a^2]+b[(a+c)^2-b^2]+c[(a+b)^2-c^2]>0\\\Leftrightarrow a(b+c-a)(b+c+a)+b(a+c-b)(a+c+b)+c(a+b+c)(a+b-c)>0\\\Leftrightarrow (a+b+c)[a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)]>0\\\Leftrightarrow (a+b+c)(2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2)>0\\\Leftrightarrow 2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2>0(*)(vì:a+b+c>0)[/tex]
Vì a,b,c là độ dài các cạnh của 1 tam giác nên $a<b+c \Rightarrow a^2<a(b+c)$
Tương tự...
Suy ra [tex]a^2+b^2+c^2<2ab+2bc+2ca[/tex] hay BĐT (*) luôn đúng)
Vậy BĐT đã cho được chứng minh

7. CMR [tex]\frac{1}{-a+b+c}+\frac{1}{a-b+c}+\frac{1}{a+b-c}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}[/tex]

Có điều kiện gì cho $a,b,c$ không em?

 

[Tríp Bô Hắc]

[tex]\frac{x^{2}}{y+z}\geq \frac{4x-y-z}{4}\\\Leftrightarrow 4x^2\geq (y+z)(4x-y-z)\\\Leftrightarrow 4x^2\geq 4xy-y^2-yz+4xz-zy-z^2\\\Leftrightarrow (2x-y-z)^2\geq 0(*)[/tex]
BĐT (*) luôn đúng với mọi $x,y,z>0$
Dấu = xảy ra khi $2x=y=z$
Hoặc có thể làm như sau
[tex]\frac{x^{2}}{y+z}+\frac{y+z}{4}\geq 2\sqrt{\frac{x^{2}}{y+z}.\frac{y+z}{4}}=x\Rightarrow \frac{x^{2}}{y+z}\geq x-\frac{y+z}{4}=\frac{4x-y-z}{4}[/tex]
Dấy = xảy ra khi $2x=y=z$
Em có thể tự áp dụng để chúng minh BĐt này nhé
[tex]\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{a+c}+\frac{c^{2}}{b+a}\geq \frac{a+b+c}{2}[/tex]


Xem lại đề, giả thiết xuất hiện $z$ nhưng phần BĐT lại không có $z$


$a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(b+a-c)\leq 3abc$
$\Leftrightarrow [abc-a^2(b+c-a)]+[abc-b^2(c+a-b)]+[abc-c^2(b+a-c)]\geq 0$
$\Leftrightarrow a[bc-a(b+c-a)]+b[ac-b(c+a-b)]+c[ab-c(b+a-c)]\geq 0$
$\Leftrightarrow a(b-a)(c-a)+b(c-b)(a-b)+c(a-c)(b-c)\geq 0(*)$
Không mất tính tổng quát, giả sử [tex]a\leq b\leq c[/tex]
Khi đó

• [tex]a(b-a)(c-a)\geq 0[/tex]
  
• [tex]b(c-b)(a-b)+c(a-c)(b-c)=(c-b)^2(c+b-a)\geq 0[/tex] (vì: c+b>a theo BĐT $\Delta$)

Suy ra BĐT (*) luôn đúng
Dấu = xảy ra khi $a=b=c$ hay tam giác đã cho phải đều


[tex]a(b+c)^{2}+b(a+c)^{2}+c(a+b)^{2}> a^{3}+b^{3}+c^{3}\\\Leftrightarrow a[(b+c)^2-a^2]+b[(a+c)^2-b^2]+c[(a+b)^2-c^2]>0\\\Leftrightarrow a(b+c-a)(b+c+a)+b(a+c-b)(a+c+b)+c(a+b+c)(a+b-c)>0\\\Leftrightarrow (a+b+c)[a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)]>0\\\Leftrightarrow (a+b+c)(2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2)>0\\\Leftrightarrow 2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2>0(*)(vì:a+b+c>0)[/tex]
Vì a,b,c là độ dài các cạnh của 1 tam giác nên $a<b+c \Rightarrow a^2<a(b+c)$
Tương tự...
Suy ra [tex]a^2+b^2+c^2<2ab+2bc+2ca[/tex] hay BĐT (*) luôn đúng)
Vậy BĐT đã cho được chứng minh


Có điều kiện gì cho $a,b,c$ không em?

Bài 7 đề chỉ cho như z thôi hà cj ơi

 

[hdiemht]

Bài 7 đề chỉ cho như z thôi hà cj ơi

Hehe! nếu không có điều kiện gì thì lỡ $a;b;c=0$ thì sao đây ta? Vô nghĩa luôn bạn ạ!
_______________________
Mình thấy bài này rất quen thuộc: Đề đúng phải là cho $a;b;c$ là độ dài $3$ cạnh của tam giác. $CM:..$
Cách 1:
[tex]\frac{1}{a+b-c}+ \frac{1}{b+c-a} \ge \frac{4}{2b}= \frac{2}{b}[/tex]
Chỉ cần chứng minh tương tự đối với từng cặp còn lại. Từ đó cộng lại vế theo vế ta được:
[tex]2(\frac{1}{a+b-c}+ \frac{1}{b+c-a} +\frac{1}{a+c-b} )\ge2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\Rightarrow dpcm[/tex]
Dấu ''='' xảy ra khi $a=b=c$
Cách 2:
Đặt các mẫu lần lượt là $x;y;z$ sau đó rút $a;b;c$ ra theo $x;y;z$. Từ đó thay vào biểu thức, gộp lại và $Cachy$ nhé!