[Toán 8] Bất đẳng thức khó

[huynhbachkhoa23]

[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.

Thầy ra vài bài tập về nhà mà có 2 bài này bó tay, mong các bạn giải giúp
Bài 1: Cho $a,b,c$ là ba cạnh của $1$ tam giác.
Ba số $x,y,z$ dương và không lớn hơn $a,b,c$
thoả $ax+by+cz=\frac{\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}}{2}$
a) Biểu diễn hình học $a,b,c,x,y,z$.
b) Tính giá trị nhỏ nhất của $A=\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}$ khi:
$\;\;a=\sqrt{3}, b=\sqrt{5}, c=\sqrt{7}$
$\;\;a=b=c$

Bài 2: Cho 3 số thực dương $x,y,z$ có các tính chất:
1/ $x \ge y \ge z$
2/ $z^2=32-3x^2=16-4y^2$
Tính GTLN của $A=xy+yz+zx$
với $x,y,z$ bằng bao nhiêu

 

[congchuaanhsang]

1, a, Theo hệ thức Hê-rông: $S_{ABC}=\dfrac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)}}{4}$

\Leftrightarrow $2S_{ABC}=\dfrac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)}}{2}=ax+by+cz$

Như vậy ta có thể biểu diễn hình học a,b,c,x,y,z dưới dạng a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác và x,y,z lần lượt là 3 đường cao tương ứng của tam giác đó

 

[congchuaanhsang]

2, Ta có: $y^2=\dfrac{16-z^2}{4}$ và $x^2=\dfrac{32-z^2}{3}$

Vì y\geqz nên $\dfrac{16-z^2}{4}$\geq$z^2$ \Leftrightarrow $0$<$z$<$\dfrac{4}{\sqrt{5}}$ (1)

Mặt khác $x^2-3y^2=\dfrac{32-z^2}{3}-\dfrac{48-3z^2}{4}=\dfrac{5z^2-16}{12}$\leq0 (do (1))

Do đó $x^2$\leq$3y^2$ \Leftrightarrow $x$\leq$\sqrt{3}y$

\Leftrightarrow $xy$\leq$\sqrt{3}y^2$

Ta có $xz=\sqrt{3}.\dfrac{x}{\sqrt{3}}.z$ \leq $\dfrac{ \sqrt{3} }{2}(\dfrac{x^2}{3}+z^2)$\leq$\dfrac{\sqrt{3}}{2}(\dfrac{3y^2}{3}+z^2)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}(y^2+z^2)$

Lại có $yz$\leq$\dfrac{y^2+z^2}{2}$

$A=xy+yz+xz$\leq$\sqrt{3}y^2+\dfrac{1}{2}(y^2+z^2)+\dfrac{\sqrt{3}}{2}(y^2+z^2)$

\Leftrightarrow A\leq$2(3\sqrt{3}+1)+(\dfrac{3+\sqrt{3}}{8})z^2$ \leq $\dfrac{32\sqrt{3}+16}{5}$ (do (1))

Vậy $A_{max}$ \Leftrightarrow $x=4\sqrt{\dfrac{3}{5}}$ ; $y=z=\dfrac{4}{\sqrt{5}}$

 

[huynhbachkhoa23]

1, a, Theo hệ thức Hê-rông: $S_{ABC}=\dfrac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)}}{4}$

\Leftrightarrow $2S_{ABC}=\dfrac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)}}{2}=ax+by+cz$

Như vậy ta có thể biểu diễn hình học a,b,c,x,y,z dưới dạng a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác và x,y,z lần lượt là 3 đường cao tương ứng của tam giác đó

không bạn à
nếu $x,y,z$ tương ứng $a,b,c$ là ba đường cao thì $ax+by+cz=6S_{ABC}$ rồi bạn

 

[tokisaki_kurumi]

Bài 1:
a) Lấy ý tưởng từ công thức $S=pr$
Lấy một điểm $M$ bất kì trong tam giác $ABC$ có các cạnh $a,b,c$, từ điểm đó hạ các đường vuông góc xuống $a,b,c$ lần lượt là $x,y,z$

b) $ax+by+cz=2S_{ABC}$
$(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z})(ax+by+cz)$
$=a^2+b^2+c^2+ab(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})+bc(\frac{y}{z}+\frac{z}{y})+ca(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}) \ge (a+b+c)^2 (Cauchy)$
Vậy $A_{min}=\frac{(a+b+c)^2}{2S_{ABC}}$
dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z$ hay $M$ là tâm tròn nội tiếp
- Khi $a=\sqrt{3}, b=\sqrt{5}, c=\sqrt{7}$
\Rightarrow $x=y=z=0.5806846548...$
\Rightarrow $A=11.38977936$

- Khi $a=b=c$ \Rightarrow $ABC$ đều
\Rightarrow $x=y=z=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}a=\frac{\sqrt{3}}{6}a$

\Rightarrow $A=6\sqrt{3}$