Chủ đề này có 8 trả lời

[DangChienBN]

Vào đây đưa BĐT đê, chán quá rồi, hết 3t rồi VUT

[inhtoan]

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh:$\dfrac{{a^2 }}{b} + \dfrac{{b^2 }}{c} + \dfrac{{c^2 }}{a} \ge a + b + c + \dfrac{{4(a - b)^2 }}{{a + b + c}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 19-05-2009 - 22:24

[DangChienBN]

BĐT tương đương
$(a-b)^2(\dfrac{1}{b}-\dfrac{4}{a+b+c})+\dfrac{(b-c)^2}{c}+\dfrac{(c-a)^2}{a}$
Ta có $S_a+S_b+S_c \geq 0$
ta CM $\sum S_aS_b \geq 0$
Đúng vì phá ra sẽ có $(a+c-b)^2 \geq 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DangChienBN: 19-05-2009 - 22:51

[khanhtm]

ack, die bao giờ mà die

[No Problem]

típ đi mấy bác cho thêm nhìu bài vào :D:D:D:D:D:D:D

[inhtoan]

1)Cho $a,b>0$ sao cho $a+b=1$, chứng minh:
$\dfrac{{a^2 }}{{a + 1}} + \dfrac{{b^2 }}{{b + 1}} \ge \dfrac{1}{3}$
2)Cho $a,b,c \geq 1$, chứng minh:
$\sqrt {a - 1} + \sqrt {b - 1} + \sqrt {c - 1} \le \sqrt {c(ab + 1)} $

p/s:Khi làm trình bày rõ ràng....

[huyetdao_tama]

BĐT tương đương
$(a-b)^2(\dfrac{1}{b}-\dfrac{4}{a+b+c})+\dfrac{(b-c)^2}{c}+\dfrac{(c-a)^2}{a}$
Ta có $S_a+S_b+S_c \geq 0$
ta CM $\sum S_aS_b \geq 0$
Đúng vì phá ra sẽ có $(a+c-b)^2 \geq 0$

Dài ngoằn, rối rắm.

$\sum \dfrac{a^2}{b} \geq \sum a+ \dfrac{4(a-b)^2}{a+b+c} $

$\sum \dfrac{ a^2}{b} - \sum a= \sum \dfrac{(a-b)^2}{b} \geq \dfrac{4(a-b)^2}{a+b+c} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huyetdao_tama: 20-05-2009 - 12:02

[khanhtm]

1)Cho $a,b>0$ sao cho $a+b=1$, chứng minh:
$\dfrac{{a^2 }}{{a + 1}} + \dfrac{{b^2 }}{{b + 1}} \ge \dfrac{1}{3}$
2)Cho $a,b,c \geq 1$, chứng minh:
$\sqrt {a - 1} + \sqrt {b - 1} + \sqrt {c - 1} \le \sqrt {c(ab + 1)} $

p/s:Khi làm trình bày rõ ràng....

anh đùa à bài 1 thì quá rõ ràng rồi, svac'
còn bài 2 thì thấy cũng quen quen, giờ đang bận làm sau

[inhtoan]

Úi trời, bây giờ THCS học bdt ghê quá, mấy bài này toàn bài olympic các nước đó...nếu thích tăng độ khó lên thì pm nhé .