[Toán 10]Bdt

[vodichhocmai]

Bài 5
Cho 4 số thực [tex]a,b,c,d[/tex] thỏa mãn [tex]a^2 + b^2 = 1[/tex]và [tex]c-d=3[/tex].
Chứng minh [tex]ac + bd - cd \le \frac{{9 + 6\sqrt 2 }}{4}[/tex]

 

[bigbang195]

Bài 5
Cho 4 số thực [tex]a,b,c,d[/tex] thỏa mãn [tex]a^2 + b^2 = 1[/tex]và [tex]c-d=3[/tex].
Chứng minh [tex]ac + bd - cd \le \frac{{9 + 6\sqrt 2 }}{4}[/tex]

thay

 

[vodichhocmai]

Tìm các số thực [TEX]x,y,z,p,q,r[/TEX]thỏa mãn:
[TEX]{x^2+y^2+z^2-2x-2y-7=0}\\{p^2+q^2+r^2+10p-6q-14r+47=0}[/TEX]

sao cho[TEX]A=x^2+y^2+z^2+p^2+q^2+r^2-2xp-2yq-2zr[/TEX]

đạt giá trị nhỏ nhất

 

[rua_it]

Bài 5
Cho 4 số thực [tex]a,b,c,d[/tex] thỏa mãn [tex]a^2 + b^2 = 1[/tex]và [tex]c-d=3[/tex].
Chứng minh [tex]ac + bd - cd \le \frac{{9 + 6\sqrt 2 }}{4}[/tex]

[tex]Xet:a^2+b^2 =1 [/tex] nên M(a;b) thuộc đường tròn [tex] (C):a^2+b^2 =1,R=1[/tex]

[tex]Xet(d):c-d=3 [/tex] nên N(c;d) thuộc (d):c-d-3=0.

[tex]MN^2=(c-a)^2+(b-d)^2=\sum^{a,b,c,d} a^2 -2ac-2bd=c^2+d^2+1-2ac-2bd[/tex]

Theo bdt tam giác, có
[tex]M \in\ (C):, N \in\ (d) \Rightarrow MN+MO=MN+1 \geq ON \geq d(O;(d))=\frac{|0-0-3|}{\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}[/tex]

[tex]MN^2 \geq \frac{11-6.\sqrt{2}}{2}[/tex]

[tex] c^2+d^2-2ac-2bd=(c+d)^2+2cd-2ac-2bd=9+2cd-2ac-2bd \geq \frac{9-6.\sqrt{2}}{2}[/tex]

[tex]ac+bd-cd \leq \frac{9+6.\sqrt{2}}{4}[/tex]

Ta thành công.>-

 

[rua_it]

[tex]3abc.\sqrt[3]{\frac{1}{abc}+6.(a+b+c)} \leq \sqrt{3}[/tex]

[tex]a,b,c>0:ab+bc+ca=1[/tex]

 

[quyenuy0241]

[tex]A=3abc.\sqrt[3]{\frac{1}{abc}+6.(a+b+c)} \leq \sqrt{3}[/tex]

[tex]a,b,c>0:ab+bc+ca=1[/tex]

[tex]A=\sqrt[3]{a^2b^2c^2+6a^3b^3c^3(a+b+c)} \le \sqrt{3}[/tex]


[tex] 3abc(a+b+c) \le (ab+bc+ac)^2=1,,,,,a^2b^2c^2 \le \frac{(ab+bc+ac)^3}{27} =\frac{1}{27}[/tex]

[tex]A \le 3\sqrt[3]{\frac{1}{27}+\frac{2}{27}}= \sqrt[3]{3}[/tex]

 

[rua_it]

Italy 2006.

[tex](\frac{a+2b}{a+2c})^3+(\frac{b+2c}{b+2a})^3+(\frac{c+2a}{c+2b})^3 \geq 3[/tex]

 

[bigbang195]

Italy 2006.

[tex](\frac{a+2b}{a+2c})^3+(\frac{b+2c}{b+2a})^3+(\frac{c+2a}{c+2b})^3 \geq 3[/tex]

Chỉ cần chứng minh

[TEX]\sum \frac{a+2b}{a+2c} \ge 3[/TEX]. hay

[TEX]\sum (a+b+c)\sum \frac{1}{a+2c} \ge 3[/TEX].
Đúng theo Cauchy-Schwarz

 

[bigbang195]

cho [TEX]a,b,c>0[/TEX] thỏa mãn [TEX]a^2+b^2+c^2=3.[/TEX] Chứng minh

[TEX]abc(a^3+b^3+c^3) \le 3[/TEX]

 

[bigbang195]

Cho

. Chứng minh

 

[mathvn]

Cho [TEX]a,b,c>0[/TEX].CM:
[TEX](a^2+2bc)(b^2+2ca)(c^2+2ab)\ge abc(a+2b)(b+2c)(c+2a)[/TEX]
p/s:Đã giải ra 1 cách,xem thử mọi người còn cách giải nào khác cho bài này ko

 

[namtuocvva18]

Cho x,y,z duong va [TEX]\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=1[/TEX]. Chung minh:
[TEX]\frac{x^2+yz}{\sqrt{2x^2(y+z)}}+\frac{y^2+zx}{ \sqrt{2y^2(z+x)}}+\frac{z^2+xy}{\sqrt{2z^2(x+y)}} \geq 1[/TEX].

 

[namtuocvva18]

Cho a,b,c duong. Chung minh:
[TEX]\frac{a^2b(b-c)}{a+b}+\frac{b^2c(c-a)}{b+c}+\frac{c^2a(a-b)}{c+a}\geq 0[/TEX].

 

[namtuocvva18]

Cho [TEX]x,y\in R[/TEX] va [TEX]x^2+y^2-xy=1[/TEX]. Tim GTNN, GTLN cua:
[TEX]P=x^4+y^4-x^2y^2[/TEX].

 

[namtuocvva18]

Cho a,b,c duong va [TEX]a+b+c=6[/TEX]. Chung minh:
[TEX]\sqrt{1+a}+\sqrt{1+b}+\sqrt{1+c}\geq \sqrt{15+ab+bc+ca}[/TEX].

 

[bigbang195]

Cho a,b,c duong. Chung minh:
[TEX]\frac{a^2b(b-c)}{a+b}+\frac{b^2c(c-a)}{b+c}+\frac{c^2a(a-b)}{c+a}\geq 0[/TEX].

chia 2 vế cho [TEX]abc[/TEX] thì bất đẳng thức trở thành
[TEX]\sum \frac{ab-ac}{ac+bc}\geq 0[/TEX]
đặt [TEX]ab=x, ac=y, bc=z[/TEX] thì bất đẳng thức trở thành
[TEX]\sum \frac{x-y}{y+z}\geq 0 [/TEX]
[TEX]VT+3 \ge 3[/TEX]
đúng theo AM-GM

 

[king_math96]

cho [TEX]a,b,c>0[/TEX] thỏa mãn [TEX]a^2+b^2+c^2=3.[/TEX] Chứng minh

[TEX]abc(a^3+b^3+c^3) \le 3[/TEX]

bai nay co trong quyen bdt ma-ra-tong cua mathslink hay cái j đó mình không còn nhớ nữa ( quyển nyf đã được post lên VIMF).
ta có [TEX] A^6=a^6b^6c^6(a^3+b^3+c^3)^6[/TEX][TEX]=\frac{1}{6^6}[/TEX].[TEX]{(6a^2b.6a^2c.6b^2a.6b^2c.6c^2a.6c^2b.(a^3+b^3+c^3)^6}[/TEX][TEX] \leq \frac{1}{6^6}.[/TEX][TEX](\frac{6a^2b+6a^2c+6b^2a+6b^2c+6c^2a+6c^2b+6.(a^3+b^3+c^3)}{12})^ {12}[/TEX][TEX]= \frac{1}{6^6}.(\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{2})^{12}.[/TEX]
Đến đây dựa vào gt: [TEX]a^2+b^2+c^2=3 =>a+b+c \leq 3[/TEX]. thay vô trên ròi tính tiếp.

Mọi người Check jiùm nha.

 

[vodichhocmai]

Cho[TEX] a,b,c>0[/TEX] chứng minh rằng

[TEX]\sum_{cyclic}\frac{a^2}{b+c}\ge \frac{3}{2}\frac{a^3+b^3+c^3}{a^2+b^2+c^2}[/TEX]

Bài này tương đối mạnh

 

[quyenuy0241]

Cho[TEX] a,b,c>0[/TEX] chứng minh rằng

[TEX]\sum_{cyclic}\frac{a^2}{b+c}\ge \frac{3}{2}\frac{a^3+b^3+c^3}{a^2+b^2+c^2}[/TEX]

Bài này tương đối mạnh

bài này dùng SOS cũng được !! Nhưng em không muốn post vì nó khá dài ! Anh còn cách nào khác không??? giúp em ::

 

[vodichhocmai]

Cho[TEX] a,b,c>0[/TEX] chứng minh rằng

[TEX]A:=\sum_{cyclic}\frac{a^2}{b+c}\ge \frac{3}{2}\frac{a^3+b^3+c^3}{a^2+b^2+c^2}[/TEX]

Bài này tương đối mạnh

[TEX]B:=\sum_{cyclic} a^4\(b+c\)=\(a^3+b^3+c^3\)\(ab+bc+ca\)-abc\(a^2+b^2+c^2\) [/TEX]

[TEX]\righ A.B \ge \(a^3+b^3+c^3\)^2[/TEX]

Do đó chúng ta cần chứng minh

[TEX]2\(a^3+b^3+c^3\)\(a^2+b^2+c^2\)\ge 3 \[\(a^3+b^3+c^3\)\(ab+bc+ca\)-abc\(a^2+b^2+c^2\)\ ][/TEX]


[TEX]\Leftrightarrow 2\(a^3+b^3+c^3\)\(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\)\ge \(a^3+b^3+c^3\)\(ab+bc+ca\)-3abc\(a^2+b^2+c^2\)[/TEX]


[TEX]\Leftrightarrow 3\(a^3+b^3+c^3\)\(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\)\ge \(a^3+b^3+c^3\)\(a^2+b^2+c^2\)-3abc\(a^2+b^2+c^2\)[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow \(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\)\[ 3\(a^3+b^3+c^3\) -\(a^2+b^2+c^2\)\(a+b+c\)\]\ge 0[/TEX]

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng . Vậy bài toán chứng minh xong