[Toán 10]Bdt

Status
Không mở trả lời sau này.
B

bigbang195

[TEX]a,b,c[/TEX] dương Chứng Minh :
[TEX]\frac{a+b+c}{ab+bc+ac} \ge \frac{a}{a^2+bc} + \frac{b}{b^2+ac} +\frac{c}{c^2+ab}[/TEX]
 
R

rooney_cool

bigbang195 said:
[TEX]a,b,c[/TEX] dương Chứng Minh :
[TEX]\frac{a+b+c}{ab+bc+ac} \ge \frac{a}{a^2+bc} + \frac{b}{b^2+ac} +\frac{c}{c^2+ab}[/TEX]
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Giả sử [TEX]a\geq b \geq c[/TEX]
Ta cần chứng minh

[TEX]\frac{a}{{ab + bc + ac}} \ge \frac{a}{{a^2 + bc}}[/TEX] hay là [TEX]ab + bc + ac \leq a^2+bc \Leftrightarrow b + c \leq a^2 !!![/TEX]
 
Last edited by a moderator:
M

mathstarofvn

bigbang195 said:
[TEX]a,b,c[/TEX] dương Chứng Minh :
[TEX]\frac{a+b+c}{ab+bc+ac} \ge \frac{a}{a^2+bc} + \frac{b}{b^2+ac} +\frac{c}{c^2+ab}[/TEX]
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
ta có:
∑aab+bc+ca−∑aa2+2bc=∑a(a−b)(a−c)(ab+bc+ca)(a2+2bc) \sum \frac{a}{ab+bc+ca}-\sum \frac{a}{a^2+2bc}=\sum \frac{a(a-b)(a-c)}{(ab+bc+ca)(a^2+2bc)}
Giả sử:a≥b≥c⇒c(c−b)(c−a)(ab+bc+ca)(c2+2ba)≥0 a \ge b \ge c \Rightarrow \frac{c(c-b)(c-a)}{(ab+bc+ca)(c^2+2ba)} \geq 0
Giờ ta cần cm:a(a−b)(a−c)(ab+bc+ca)(a2+2bc)+b(b−c)(b−a)(ab+bc+ca)(b2+2ca) \frac{a(a-b)(a-c)}{(ab+bc+ca)(a^2+2bc)}+\frac{b(b-c)(b-a)}{(ab+bc+ca)(b^2+2ca)}
Qui đòng rùi phân tích cái này là đc tử số là 1 số ko âm!
 
N

namtuocvva18

DH Ngoai Thương Hà Nội 1995

Cho x,y dương và [TEX]x+y\leq 1[/TEX]. Tìm GTNN của:
[TEX]P=\frac{1}{x^2+y^2}+\frac{1}{xy}+4xy[/TEX].
 
R

rooney_cool

Cho x,y là các số thực không âm thỏa mãn [TEX]x^2 + y^2 \leq 1[/TEX]

Tính MAX [TEX]64\sqrt{x}+\sqrt{y}[/TEX]
 
V

vodichhocmai

rooney_cool said:
Cho x,y là các số thực không âm thỏa mãn [TEX]x^2 + y^2 \leq 1[/TEX]

Tính MAX [TEX]64\sqrt{x}+\sqrt{y}[/TEX]
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Gọi [TEX]l[/TEX] là trọng số điều chỉnh .[TEX]l>0[/TEX]

[TEX]\left{a^4+a^4\le 1\\ T=64a+b[/TEX]

[TEX](a^4+b^4)(l^4+1)(l^4+1)(l^4+1)\ge (a.l^3+b)^4=(64a+b)^4[/TEX]

[TEX]\righ l=4[/TEX]

Suy ra gtln dễ dàng.
 
R

rooney_cool

Với a,b,c >0. CMR

[TEX]a + b + c + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge 4\left( {\frac{a}{{1 + ab}} + \frac{b}{{1 + bc}} + \frac{c}{{1 + ac}}} \right)[/TEX]
 
Last edited by a moderator:
Q

quyenuy0241

Hô hô bài này cũng không quá khó :
áp dụng Bất Đẳng thức:
1x+1y≥4x+y\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq\frac{4}{x+y}
với thay x=a và y=1by=\frac{1}{b}
tương tự với các cặp còn lại rùi cộng các BĐT vào suy dpcm
 
N

namtuocvva18

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh:
[TEX]a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0[/TEX].
 
N

namtuocvva18

Cho các số thực a,b,c và [TEX]a^2+b^2+c^2=1[/TEX]. Tìm GTLN, GTNN của:
[TEX]P=a^3+b^3+c^3-3abc[/TEX].
 
N

namtuocvva18

De thi HSG quoc giá 1994

Cho các số thực a,b,c,d và [TEX]ad-bc=1[/TEX]. Chứng minh:
[TEX] a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd\geq \sqrt{3}[/TEX].
 
N

namtuocvva18

Cho a,b,c dương. Chứng minh:
[TEX]\frac{a^2+2bc}{b+c}+\frac{b^2+2ca}{c+a}+\frac{c^2+2ab}{a+b}\geq \frac{3(a+b+c)}{2}[/TEX].
 
Q

quyenuy0241

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

Bài này mình không chắc đúng nếu sai các bạn sửa giùm nha!!!! Thank !!
Không mất tính tổng quát giả sử
a≥b≥c a \geq b\geq c khi đó :
a2+2bc≥b2+2ac≥c2+2aba^2+2bc\geq b^2+2ac \geq c^2+2ab
1b+c≥1a+c≥1a+b\frac{1}{b+c}\geq\frac{1}{a+c}\geq\frac{1}{a+b}
ÁP dụng BĐT Chebyshev
Suy ra 3VT≥(a+b+c)2.(1b+c+1a+c+1a+b) 3 VT\geq(a+b+c)^2. (\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b})
mà 1b+c+1a+c+1a+b≥12.(a+b+c)\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}+\frac{1}{a+b}\geq\frac{1}{2.(a+b+c)}
Từ đó suy ra đpcm
 
Last edited by a moderator:
R

rua_it

namtuocvva18 said:
Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh:
[TEX]a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0(1)[/TEX].
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Dựng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB,BC,CA lần lượt tại M,N,P
Đặt [TEX]\left{\begin{AM=AP=x}\\{BM=BN=y}\\{CN=CP=z}[/TEX]
[tex]\Rightarrow \left{\begin{BC=y+z}\\{AC=x+z}\\{AB=x+y}[/tex]
Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
(y+z)2.(x+z).(y−x)+(x+z)2(x+y)(z−y)+(x+y)2(y+z)(x−z)≥0(y+z)^2.(x+z).(y-x)+(x+z)^2(x+y)(z-y)+(x+y)^2(y+z)(x-z) \geq 0
⇔y3z+z3x+x2y≥x2yz+y2xz+z2xy=xyz(x+y+z)\Leftrightarrow y^3z+z^3x+x^2y \geq x^2yz+y^2xz+z^2xy=xyz(x+y+z)
⇔y2x+z2y+x2z≥x+y+z(∗)\Leftrightarrow \frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}+\frac{x^2}{z} \geq x+y+z(*)
Mặt khác, theo Bunyakovsky, ta có:
(x+y+z)2≤(x+y+z)(y2x+z2y+x2z)(x+y+z)^2 \leq (x+y+z)(\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}+\frac{x^2}{z})
⇒y2x+z2y+x2z≥x+y+z\Rightarrow \frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}+\frac{x^2}{z} \geq x+y+z
⇒(∗)\Rightarrow (*) đúng \Rightarrow (1) đúng
 
Last edited by a moderator:
B

bigbang195

rua_it said:
Dựng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB,BC,CA lần lượt tại M,N,P
Đặt [TEX]\left{\begin{AM=AP=x}\\{BM=BN=y}\\{CN=CP=z}[/TEX]
[tex]\Rightarrow \left{\begin{BC=y+z}\\{AC=x+z}\\{AB=x+y}[/tex]
Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
(y+z)2.(x+z).(y−x)+(x+z)2(x+y)(z−y)+(x+y)2(y+z)(x−z)≥0(y+z)^2.(x+z).(y-x)+(x+z)^2(x+y)(z-y)+(x+y)^2(y+z)(x-z) \geq 0
⇔y3z+z3x+x2y≥x2yz+y2xz+z2xy=xyz(x+y+z)\Leftrightarrow y^3z+z^3x+x^2y \geq x^2yz+y^2xz+z^2xy=xyz(x+y+z)
⇔y2x+z2y+x2z≥x+y+z(∗)\Leftrightarrow \frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}+\frac{x^2}{z} \geq x+y+z(*)
Mặt khác, theo Bunyakovsky, ta có:
(x+y+z)2≤(x+y+z)(y2x+z2y+x2z)(x+y+z)^2 \leq (x+y+z)(\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}+\frac{x^2}{z})
⇒y2x+z2y+x2z≥x+y+z\Rightarrow \frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y}+\frac{x^2}{z} \geq x+y+z
⇒(∗)\Rightarrow (*) đúng \Rightarrow (1) đúng
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

làm mấy cái như thế này
[TEX]y^3z+y^3z+x^2yz+x^2yz \ge 4x^2yz[/TEX]
 
R

rua_it

namtuocvva18 said:
Cho các số thực a,b,c,d và [TEX]ad-bc=1[/TEX]. Chứng minh:
[TEX] a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd\geq \sqrt{3}[/TEX].
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Ta có:
1+(ac+bd)2=(a2+b2)(c2+d2)≤a2+b2+c2+d22\sqrt{1+(ac+bd)^2}=\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)} \leq \frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{2}
⇒a2+b2+c2+d2≥2.1+(ac+bd)2\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2 \geq 2.\sqrt{1+(ac+bd)^2}
Do đó ta chỉ cần phải chứng minh 21+(ac+bd)2+ac+bd≥3(1)2\sqrt{1+(ac+bd)^2}+ac+bd \geq \sqrt{3}(1) là đủ.
Thật vậy, đặt x=ac+bd⇒(1)⇔2.1+x2+xx=ac+bd \Rightarrow (1) \Leftrightarrow 2.\sqrt{1+x^2}+x
⇒(2.1+x2+x)2=x2+4+4x2+4x.1+x2=(2x+1+x)2+3≥3\Rightarrow (2.\sqrt{1+x^2}+x)^2=x^2+4+4x^2+4x.\sqrt{1+x^2}=(2x+\sqrt{1+x})^2+3 \geq 3
⇒2.1+x2+x≥3⇒a2+b2+c2+d2+ac+bd≥3(dpcm)\Rightarrow 2.\sqrt{1+x^2}+x \geq \sqrt{3} \Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd\geq \sqrt{3}(dpcm)
 
B

bigbang195

namtuocvva18 said:
Cho a,b,c duong. Chung minh:
[TEX]\frac{\sqrt{bc}}{a+3\sqrt{bc}}+\frac{\sqrt{ca}}{b+3\sqrt{ca}}+\frac{\sqrt{ab}}{c+3\sqrt{ab}}\leq \frac{3}{4}[/TEX].
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

cần CM
[TEX]\sum \frac{3\sqrt{bc}}{a+3\sqrt{bc}} \le \frac{9}{4}[/TEX]
hay
[TEX] \sum \frac{a}{a+3\sqrt{bc}} \ge \frac{3}{4}[/TEX]
ta có
[TEX]\sum \frac{a}{a+3\sqrt{bc}} \ge \frac{(\sum \sqrt{a})^2}{(\sum \sqrt{a})^2+\sum \sqrt{ab}} \ge \frac{3}{4}[/TEX]
 
R

rua_it

Cho a,b,c>0a,b,c >0 và a+b+c=1a+b+c =1
1a2+b2+c2+1ab+1bc+1ca≥30\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+ \frac{1}{ca}\geq 30
:D:D:D
 
Status
Không mở trả lời sau này.
Top Bottom