[Toán 10] Bài tập bất đẳng thức. Giúp mình với

[muangau.trang]

[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 rằng với mọi a,b,c ta có [TEX](ab + bc + ca)^2[/TEX] \geq 3abc(a+ b + c)

 

[songsong_langtham]

Bài 1:
Chứng minh rằng với mọi a,b,c ta có [TEX](ab + bc + ca)^2[/TEX] \geq 3abc(a+ b + c)[/
sử dụng bất đẳng thức (x+y+z)^2\geq3(xy+yz+xz)
ở đây x=ab .y=ac .z=ac

 

[muangau.trang]

Bài 2:
a) Chứng minh rằng với a\geq 1 thì [TEX]\frac{1}{1 + a^2}[/TEX] + [TEX]\frac{1}{1 + b^2}[/TEX] \geq [TEX]\frac{2}{1 +ab}[/TEX]
b) Chứng minh rằng với a\geq1, b\geq2,c\geq1 thì [TEX]\frac{1}{1 + a^3}[/TEX] + [TEX]\frac{1}{1 + b^3}[/TEX] + [TEX]\frac{1}{1 + c^3}[/TEX] \geq [TEX]\frac{3}{1 +abc}[/TEX]

 

[muangau.trang]

Bài 3: Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của tam giác, R và r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng:
a) abc \geq (a + b - c)(a - b + c)( -a + b + c)
b) R \geq 2r

 

[muangau.trang]

Bài 4: Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác, p là nửa chu vi. Chứng minh rằng:
a) [TEX]\frac{1}{p - a}[/TEX] + [TEX]\frac{1}{p - b}[/TEX] \geq [TEX]\frac{4}{c}[/TEX]
b) [TEX]\frac{1}{p - a}[/TEX] + [TEX]\frac{1}{p - b}[/TEX] + [TEX]\frac{1}{p - c}[/TEX] \geq 2( [TEX]\frac{1}{a}[/TEX] + [TEX]\frac{1} {b}[/TEX] + [TEX]\frac{1}{c}[/TEX] )

 

[bigbang195]

Bài 3: Cho a,b,c lần lượt là độ dài ba cạnh của tam giác, R và r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng:
a) abc \geq (a + b - c)(a - b + c)( -a + b + c)
b) R \geq 2r

Phần a có trong Sách nâng cao Toán 10 phần Bất Đẳng thức

phần b :

[TEX]R=\frac{abc}{4S}[/TEX]

[TEX]2r=\frac{2S}{p}[/TEX] (p là nửa chu vi )

vậy ta cần chứng minh[TEX] \frac{abc}{4S} \ge \frac{2S}{p}[/TEX]

hay [TEX]abc(a+b+c) \ge 16S^2=(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b) [/TEX]công thức hê rông

do đó cần chứng minh [TEX]abc \ge (a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)[/TEX]

nó chính là phần a.

 

[muangau.trang]

Bài 5: Cho z\geqy\geqx\geq0. Chứng minh rằng y([TEX]\frac{1}{x}[/TEX] + [TEX]\frac{1}{z}[/TEX]) + [TEX]\frac{1}{y}[/TEX](x + z) \leq (x + z)([TEX]\frac{1}{x}[/TEX] + [TEX]\frac{1}{z}[/TEX])

 

[muangau.trang]

Bài 6: Cho a>c; b>c>0. Chứng minh rằng [TEX]\sqrt{c(a - c)}[/TEX] + [TEX]\sqrt{c(b - c)}[/TEX] \leq [TEX]\sqrt{ab}[/TEX]

 

[tuyn]

bài 2:
a/ biến đổi tương đương
b/ áp dụng ý a cho 2 BDT sau
[TEX]\frac{1}{a^3+1}+\frac{1}{b^3+1}[/TEX]
[TEX]\frac{1}{c^3+1}+\frac{1}{abc+1}[/TEX]
cộng vế với vế rồi áp dụng ý a lần nữa

 

[loussi]

Bài 1:
Chứng minh rằng với mọi a,b,c ta có [TEX](ab + bc + ca)^2[/TEX] \geq 3abc(a+ b + c)

a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2ab^2c+2a^2bc+2abc^2 >= 3a^2bc+3ab^2c+3abc^2
=>a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 >= a^2bc+ab^2c+abc^2
áp dụng bdt Côsi với a^2b^2 và b^2c^2;b^2c^2 và c^2a^2;a^2b^2 và c^2a^2;ta đc
a^2b^2+b^2c^2 >= ab^2c
b^2c^2+c^2a^2 >= abc^2
a^2b^2+c^2a^2 >= a^2bc
cộng từng vế;ta có
2.(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) >= 2.(a^2bc+ab^2c+abc^2)
=> a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 >= a^2bc+ab^2c+abc^2 (dpcm)
=> (ab+bc+ca)^2 >= 3abc(a+b+c)
hơi khó nhìn.thông cảm cho tớ

 

[nhockthongay_girlkute]

Bài 4: Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của tam giác, p là nửa chu vi. Chứng minh rằng:
a) [TEX]\frac{1}{p - a}[/TEX] + [TEX]\frac{1}{p - b}[/TEX] \geq [TEX]\frac{4}{c}[/TEX]
b) [TEX]\frac{1}{p - a}[/TEX] + [TEX]\frac{1}{p - b}[/TEX] + [TEX]\frac{1}{p - c}[/TEX] \geq 2( [TEX]\frac{1}{a}[/TEX] + [TEX]\frac{1} {b}[/TEX] + [TEX]\frac{1}{c}[/TEX] )

a, [TEX]\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-c}\geq \frac{4}{p-a+p-b}=\frac{4}{c}[/TEX]
b, áp dụng phần a

 

[nhockthongay_girlkute]

Bài 6: Cho a>c; b>c>0. Chứng minh rằng [TEX]\sqrt{c(a - c)}[/TEX] + [TEX]\sqrt{c(b - c)}[/TEX] \leq [TEX]\sqrt{ab}[/TEX]

[TEX]BDT\Leftrightarrow\ \sqrt{\frac{c(a-c)}{ab}}+\sqrt{\frac{c(b-c)}{ab}}\leq 1[/TEX]
[TEX]VT\leq \frac{1}{2}(\frac{c}{b}+\frac{a-c}{a})+\frac{1}{2}(\frac{c}{a}+\frac{b-c}{b})=1[/TEX]

 

[bboy114crew]

Bài 6: Cho a>c; b>c>0. Chứng minh rằng [TEX]\sqrt{c(a - c)}[/TEX] + [TEX]\sqrt{c(b - c)}[/TEX] \leq [TEX]\sqrt{ab}[/TEX]

cách khácdịnh làm rùi nhưng bạn kia lam nen lại sửa lại)
áp dụng BDT cauchy-schawt ta có:
[TEX](\sqrt{c}\sqrt{(a - c)}+ \sqrt{c}{(b - c)})^2 \leq (c+b-a)(a-c+c)=ab[/TEX]
=> ĐPCM.

 

[bboy114crew]

Bài 5: Cho z\geqy\geqx\geq0. Chứng minh rằng y([TEX]\frac{1}{x}[/TEX] + [TEX]\frac{1}{z}[/TEX]) + [TEX]\frac{1}{y}[/TEX](x + z) \leq (x + z)([TEX]\frac{1}{x}[/TEX] + [TEX]\frac{1}{z}[/TEX])

biến đổi tương đương ta được:
[tex]y^(x+z) + zx(x+z) \leq y(x+z)^2[/tex]
=>[tex] (x+z)(xy + yz) \geq (x+z)(y^2 + xz)[/tex]
=>[tex](x+z)(y-z)(x-y) \geq 0(1)[/tex]
mà [tex] z\geq y \geq x \geq 0 [/tex] nên (1) luôn đúng!

 

[muangau.trang]

a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2ab^2c+2a^2bc+2abc^2 >= 3a^2bc+3ab^2c+3abc^2
=>a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 >= a^2bc+ab^2c+abc^2
áp dụng bdt Côsi với a^2b^2 và b^2c^2;b^2c^2 và c^2a^2;a^2b^2 và c^2a^2;ta đc
a^2b^2+b^2c^2 >= ab^2c
b^2c^2+c^2a^2 >= abc^2
a^2b^2+c^2a^2 >= a^2bc
cộng từng vế;ta có
2.(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) >= 2.(a^2bc+ab^2c+abc^2)
=> a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 >= a^2bc+ab^2c+abc^2 (dpcm)
=> (ab+bc+ca)^2 >= 3abc(a+b+c)
hơi khó nhìn.thông cảm cho tớ

Bạn có thể sử dụng phần mềm cho các công thức toán,lý,hoá trong diễn đàn mà như vậy tốn chút thời gian nhưng sẽ rất thuận lợi cho người xem.nhưng dù sao cũng cảm ơn bạn@};-

 

[muangau.trang]

Bài 7: Cho [TEX]n\in Z[/TEX].Chứng minh rằng:
a) [TEX]\frac{1}{1.3}[/TEX] + [TEX]\frac{1}{3.5}[/TEX] +...+ [TEX]\frac{1}{(2n - 1).(2n + 1)}[/TEX] < [TEX]\frac{1}{2}[/TEX]
b) 1 + [TEX]\frac{1}{\sqrt{2}}[/TEX] + ...+ [TEX]\frac{1}{\sqrt{n}}[/TEX] < 2[TEX]\sqrt{n}[/TEX]

 

[muangau.trang]

cách viết công thức lý,hoá,toán:http://diendan.hocmai.vn/showthread.php?t=4917

 

[vivietnam]

chứng minh
[TEX] \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{1+x_i^2}\geq \frac{n}{1+(\sum_{i=1}^{n} x_i)^2}[/TEX]

 

[lamtrang0708]

a) biểu thức sẽ= n/(2n+1) <1/2 (cm tương đương là sẽ thấy ngay )
b)áp dụng qui nạp
hoặc pp làm trội