[Toán 10]Bdt

Status
Không mở trả lời sau này.
N

namtuocvva18

Cho x,y,z dương. Chứng minh:
[TEX]\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}>2\sqrt[3]{x^3+y^3+z^3}[/TEX].

Cho a,b,c dương và abc=1. Chứng minh:
[TEX]\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(c+a)}\geq \frac{3}{2}[/TEX].
 
Last edited by a moderator:
T

tokyo_06

Cho x,y,z >0. Tìm Min:
[TEX]A=\sqrt[3]{4(x^3+y^3)} + \sqrt[3]{4(y^3+z^3)} + \sqrt[3]{4(z^3+x^3)} + 2 \sqrt[3]{\frac{x}{y^2}+ \frac{y}{z^2}+ \frac{z}{x^2}} [/TEX]
 
H

hien_chip

Nhờ thầy Khánh Sỹ và các bạn giải giúp!
Với tam giác ABC tuỳ ý thì
1, [TEX]{a}^{2} + {b}^{2}+ {c}^{2} \geq 4 \sqrt{3} S[/TEX]
2, [TEX]{a}^{2} + {b}^{2}+ {c}^{2} \geq 4 \sqrt{3} S + ({(a-b)})^{2}+ {(b-c)}^{2}+ {(c-a)}^{2} [/TEX]
@_@ híc nhìu bài post lên thế?
 
S

sieuthamtu_sieudaochit

hien_chip said:
Nhờ thầy Khánh Sỹ và các bạn giải giúp!
Với tam giác ABC tuỳ ý thì
1, [TEX]{a}^{2} + {b}^{2}+ {c}^{2} \geq 4 \sqrt{3} S[/TEX]
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Bài IMO này quen thuộc roài:
[TEX]S^2=p(p-a)(p-b)(p-c) \le p.(\frac{p-a+p-b+p-c}{3})^3=\frac{(a+b+c)^4}{27.16}[/TEX]
Mạt khác thì: [TEX](a+b+c)^2 \le 3(a^2+b^2+c^2)[/TEX]
Từ đó suy r a đpcm
 
S

sieuthamtu_sieudaochit

hien_chip said:
Nhờ thầy Khánh Sỹ và các bạn giải giúp!
Với tam giác ABC tuỳ ý thì
1, [TEX]{a}^{2} + {b}^{2}+ {c}^{2} \geq 4 \sqrt{3} S[/TEX]
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Cách khác nữa này.
Ta coá [TEX]sin(A+30^0) \le 1\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2}.sinA+\frac{1}{2}.cosA \le 1[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow \frac{2\sqrt{3}.S}{bc}+\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\le 2 \Rightarrow 4\sqrt{3}S +b^2+c^2-a^2 \le 4bc[/TEX]
Tương tự xây dụng các bất đẳng thức còn lại ta cóa đpcm.

hien_chip said:
2, [TEX]{a}^{2} + {b}^{2}+ {c}^{2} \geq 4 \sqrt{3} S + ({(a-b)})^{2}+ {(b-c)}^{2}+ {(c-a)}^{2} [/TEX]
@_@ híc nhìu bài post lên thế?
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Theo bdt [TEX]AM-GM[/TEX] thì [TEX](xy+yz+zx)^2 \ge 3xyz(x+y+z[/TEX]
Đặt [TEX]x=p-a, y=p-b,z=p-c\Rightarrow x+y+z=p[/TEX]
Áp dụng [TEX]Herong& AM-GM[/TEX] ta cóa:
[TEX]4\sqrt{3}S=4\sqrt{3xyz(x+y+z)} \le 4(xy+yz+zx)=(2p-2a)(2p-2b)+(2p-2b)(2p-2c)+(2p-2c)(2p-2a)[/TEX]
[TEX]=a^2-(b-c)^2+b^2-(c-a)^2+c^2-(a-b)^2[/TEX]
Từ đó suy ra đpcm.
Từ đấy khai triển và thu gọn lại ta thu được một kết quả mạnh hơn nữa là:
[TEX]ab+bc+ca \ge 4 \sqrt{3}S[/TEX]
 
Last edited by a moderator:
V

vodichhocmai

tokyo_06 said:
Cho x,y,z >0. Tìm Min:
[TEX]A=\sqrt[3]{4(x^3+y^3)} + \sqrt[3]{4(y^3+z^3)} + \sqrt[3]{4(z^3+x^3)} + 2 \sqrt[3]{\frac{x}{y^2}+ \frac{y}{z^2}+ \frac{z}{x^2}} [/TEX]
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

[TEX]\frac{x^3+y^3}{2}\ge \(\frac{x+y}{2}\)^3[/TEX]

[TEX]\righ A\ge 2(x+y+z)+ 2\sqrt[3]{\frac{x}{y^2}+ \frac{y}{z^2}+ \frac{z}{x^2}} [/TEX]

[TEX]\rightarrow A\ge 2\(3\sqrt[3]{xyz}+\sqrt[3]{3}\sqrt[9]{\frac{1}{xyz}}\)\ \ \ \ \ \ \ \(ti\ \ le\ \ 1/3\)[/TEX]

[TEX]\rightarrow A\ge 2\(3\sqrt[3]{xyz}+\frac{\sqrt[3]{3}}{3}\sqrt[9]{\frac{1}{xyz}}+\frac{\sqrt[3]{3}}{3}\sqrt[9]{\frac{1}{xyz}}+\frac{\sqrt[3]{3}}{3}\sqrt[9]{\frac{1}{xyz}}\)\ge \frac{8}{\sqrt[4]{3}}[/TEX]

[TEX]Done!![/TEX]
 
N

namtuocvva18

Cho a,b,c dương và [TEX]ab+bc+ca=1[/TEX]. Chứng minh:
[TEX]\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq 3+\sqrt{\frac{1}{a^2}+1}+\sqrt{\frac{1}{b^2}+1}+ \sqrt{\frac{1}{c^2}+1}[/TEX].
 
P

pe_s0ck

E có 14 cái BĐT mà em coi là khó nhai
em sẽ post lên dần nhờ các thầy và các bạn giúp dần ạ, mong là xong trước hum thi
1-cho a, b là các số dương thoả mãn ab+a+b=3 chứng minh:
3a/(b+1) + 3b/(a+a) +ab/(a+b) <= a^2 + b^2 +3/2
2-Cho tam giác ABC có diện tích là 3/2. CMR
(1/a+1/b+1/c)(1/ha+1/hb+1/hc)>=3
ha, hb, hc là độ dài đưòng cao t/ư của BC, AC và AB đấy ạ!
em cảm ơn mọi người trc ạ!
 
T

tranhoailinh

namtuocvva18 said:
Cho a,b,c dương và abc=1. Chứng minh:
[TEX]\frac{1}{b(a+b)}+\frac{1}{c(b+c)}+\frac{1}{a(c+a)}\geq \frac{3}{2}[/TEX].
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

áp dụng schwart ta có:
1^2/b(a+b) + 1^2/c(b+c) +1^2/a(c+a)\geq (1+1+1)^2/(a^2+b^2+c^2 + ab+bc+ca)
ta lại có a^2+b^2+c^2 \geq3(căn bậc 3)(abc)^2 mà abc=1 \Rightarrowa^2+b^2+c^2 \geq3
ta lại có ab+bc+ca\geq3(căn bậc 3)(abc)^2 \Rightarrowmà abc=1 \Rightarrowab+bc+ca\geq3
\Rightarrow 1/b(a+b) + 1/c(b+c) +1/a(c+a)\geq 9/(3+3)=3/2 (dpcm)
 
N

namtuocvva18

Cho a,b,c dương và [TEX]ab+bc+ca=3[/TEX]. Chứng minh:
[TEX]\frac{1}{1+a^2(b+c)}+\frac{1}{1+b^2(c+a)}+\frac{1}{1+c^2(a+b)}\leq \frac{1}{abc}[/TEX].
 
N

namtuocvva18

tranhoailinh said:
áp dụng schwart ta có:
1^2/b(a+b) + 1^2/c(b+c) +1^2/a(c+a)\geq (1+1+1)^2/(a^2+b^2+c^2 + ab+bc+ca)
ta lại có a^2+b^2+c^2 \geq3(căn bậc 3)(abc)^2 mà abc=1 \Rightarrowa^2+b^2+c^2 \geq3
ta lại có ab+bc+ca\geq3(căn bậc 3)(abc)^2 \Rightarrowmà abc=1 \Rightarrowab+bc+ca\geq3
\Rightarrow 1/b(a+b) + 1/c(b+c) +1/a(c+a)\geq 9/(3+3)=3/2 (dpcm)
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...


Hình như bị ngược:
Ta có:
[TEX]a\geq b>0=> \frac{1}{a}\leq \frac{1}{b}[/TEX]
 
V

vodichhocmai

namtuocvva18 said:
Cho a,b,c dương và [TEX]ab+bc+ca=3[/TEX]. Chứng minh:
[TEX]\frac{1}{1+a^2(b+c)}+\frac{1}{1+b^2(c+a)}+\frac{1}{1+c^2(a+b)}\leq \frac{1}{abc}[/TEX].
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Dùng đồng bậc :

[TEX]3=ab+bc+ca\ge 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\le 1[/TEX]

Chú ý rằng : [TEX]abc+a^2(b+c)=a\(bc+ab+ac)=3a[/TEX]

[TEX]\Rightarrow VT\le \frac{1}{abc+a^2(b+c)}+ \frac{1}{abc+b^2(a+c)}+ \frac{1}{abc+c^2(b+a)}[/TEX]

[TEX]\Rightarrow VT\le \frac{1}{3}\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)[/TEX]

[TEX]\Rightarrow VT\le \frac{1}{3} \(\frac{ab+bc+ca}{abc}\)=(dpcm)[/TEX]

botvit said:
làm bài này hộ
Cho [TEX]x^2+y^2=1[/TEX]
Tìm GTLN ,GTNN của biểu thức
S=2[TEX](xy+x^2)[/TEX] /[TEX]2xy+2y^2+1[/TEX]
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

[TEX]P= \frac{2(xy+x^2)}{2xy+y^2+1}[/TEX]

Có 2 cách giải :

Cách 1 dùng lượng giác

Cách 2 dùng đẳng cấp

[TEX]P= \frac{2(xy+x^2)}{2xy+2y^2+x^2}[/TEX]

Bài quá dễ.

botvit said:
quá dễ sao anh ko làm cụ thể theé...................................................
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Anh chỉ ưu tiên giải cho mấy anh chi 12 thôi.

Mà nói vậy em chưa làm được à :(
 
Last edited by a moderator:
N

namtuocvva18

Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh:
[TEX](\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c})(\frac{1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c}})-\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\leq 6[/TEX].

Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh:
[TEX]a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c)\leq 3abc[/TEX].

Cho a,b,c dương và [TEX]a+b+c=1[/TEX]. Chứng minh:
[TEX]\frac{a^2+b}{b+c}+\frac{b^2+c}{c+a}+\frac{c^2+a}{a+b}\geq 2[/TEX].
 
Last edited by a moderator:
L

lethiquynhhien

namtuocvva18 said:
Cho a,b,c dương và [TEX]a+b+c=1[/TEX]. Chứng minh:
[TEX]\frac{a^2+b}{b+c}+\frac{b^2+c}{c+a}+\frac{c^2+a}{a+b}\geq 2[/TEX].
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
BĐT trên tương đương với BDT sau:
[TEX]\frac{a^2+b}{1-a}[/TEX]+[TEX]\frac{b^2+c}{1-b}[/TEX]+[TEX]\frac{c^2+a}{1-c}[/TEX]\[TEX]\geq[/TEX]2
[TEX]\Leftrightarrow[/TEX] a+[TEX]\frac{a^2+b}{1-a}[/TEX]+b+[TEX]\frac{b^2+c}{1-b}[/TEX]+c+[TEX]\frac{c^2+a}{1-c}[/TEX]\[TEX]\geq[/TEX]3 (do a+b+c=1)
[TEX]\Leftrightarrow[/TEX][TEX]\frac{a+b}{b+c}[/TEX]+[TEX]\frac{b+c}{c+a}[/TEX]+[TEX]\frac{c+a}{a+b}[/TEX][TEX]\geq[/TEX]3
dễ CM BDT trên theo BDT AM-GM
 
Last edited by a moderator:
S

sieuthamtu_sieudaochit

namtuocvva18 said:
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh:
[TEX](\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c})(\frac{1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c}})-\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\leq 6[/TEX].
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Dùng ẩn phụ roài biến đổi tương đương thoai.
P/s. Bài viết quá ngắn !!

namtuocvva18 said:
Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh:
[TEX]a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c)\leq 3abc(1)[/TEX].
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Giải sử [TEX]c=min\{a,b,c}[/TEX]
[TEX](1)\Leftrightarrow (a-b)^2(a+b-c)+c(a-c)(b-c) \ge 0[/TEX]
Cách 2.

[TEX](1)\Leftrightarrow \sum a^3+3abc \ge \sum ab(a+b)[/TEX]

Đúng theo Schur
Cách 3. Ta cóa
[TEX](1)<=>\sum (a-b)^2(a+b-c) \ge 0[/TEX]
 
Last edited by a moderator:
Status
Không mở trả lời sau này.
Top Bottom