I, 1,
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$[a(b-c)^2-a^3]+{[b(a-c)^2+2abc]-b^3}+[c(a-b)^2-c^3]> 0$
$\Leftrightarrow [a(b-c)^2-a^3]+[b(a+c)^2-b^3]+[c(a-b)^2-c^3]>0$
$\Leftrightarrow a(b-c-a)(b-c+a)+b(a-b+c)(a+b+c)+c(a-b-c)(a+b+c)>0$
$\Leftrightarrow a(b-c-a)(b-c+a)+(a-b+c)(ab+b^2+ac-c^2)> 0$
$\Leftrightarrow (a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)> 0$ (đúng vì $a; b; c$ là ba cạnh của 1 tam giác)
I, 2,
Không mất tính tổng quát, giả sử $0\leq a\leq b\leq c\leq 1$
$\Rightarrow b+c+1\geq a+c+1\geq a+b+1\geq 1$
$\Rightarrow \sum \frac{a}{b+c+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq \frac{a+b+c}{a+b+1}+\frac{(a+b+1)(1-a)(1-b)(1-c)}{a+b+1}\leq \frac{(1-a^2)(1-b^2)(1-c^2)}{a+b+1}$
$\leq \frac{a+b+c}{a+b+1}+\frac{1-c}{a+b+1}= 1$
II, 1,
Ta có $4x^3+2=2x^3+2x^3+2\geq 6x^2\Rightarrow 4x^3+3yz+2\geq 6x^2+3yz$
Tương tự ..........
Xét các trường hợp sau:
+) $xyz=0$
+) $xyz >0$
$P\leq \sum \frac{x^2}{6x^2+3yz}\leq \frac{1}{3}\sum \frac{1}{2+\frac{yz}{x^2}}$ ........
III,
Giả sử tồn tại tam giác thỏa mãn bài toán. Gọi độ dài 3 cạnh của tam giác này là $a; b; c$ lần lượt là các cạnh ứng với các đường cao có độ dài là $1; \sqrt{5}; 1+\sqrt{5}$
Khi đó $S = a = b\sqrt{5} = c(1+\sqrt{5})$
$\Rightarrow b= \frac{a}{\sqrt{5}}; c=\frac{a}{1+\sqrt{5}} $
$\Rightarrow b+c=\frac{a}{\sqrt{5}}+\frac{a}{1+\sqrt{5}}< a $
$\Rightarrow$
Bạn nào giả hộ mình những câu còn lại và giải nốt (hoặc giải lại) câu II, 1, nhé
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi shinichikudo201: 08-06-2015 - 19:42