Chủ đề này có 181 trả lời

[Hero Math]

Em nghĩ ra 1 bài này :Cho $a,b,c > 0$ và$ a^{2}-ab+b^{2}\leq c^{2}$.CMR:
$\dfrac{c^{2}}{ab}\geq [\dfrac{2(ab+c^{2})+a(c-a)+b(c-b)}{a^{2}+b^{2}+c(a+b)}]^{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 22-06-2009 - 21:08

[cvp]

Em nghĩ ra 1 bài này :Cho $a,b,c > 0$ và$ a^{2}-ab+b^{2}\leq c^{2}$.CMR:
$\dfrac{c^{2}}{ab}\geq [\dfrac{2(ab+c^{2})+a(c-a)+b(c-b)}{a^{2}+b^{2}+c(a+b)}]^{2}$

Chứng minh như sau:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương$\dfrac{{c^2 }}{{ab}} \ge \left[ {\dfrac{{c^2 + c\left( {a + b + c} \right) - \left( {a^2 + b^2 - ab} \right)}}{{ab + c\left( {a + b + c} \right) - \left( {a^2 + b^2 - ab} \right)}}} \right]^2 $
Để ý rằng:$\begin{array}{l}
a^2 + b^2 - ab \le c^2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
ab \le c^2 \\
c^2 + ab \ge a^2 + b^2 \\
\end{array} \right. \\
\Rightarrow B = c\left( {a + b + c} \right) - \left( {a^2 + b^2 - ab} \right) \ge ca + bc > 0 \\
\end{array}$
ta cần cm:$\dfrac{{c^2 }}{{ab}} \ge \left[ {\dfrac{{c^2 + B}}{{ab + B}}} \right]^2 \Leftrightarrow B^2 \left( {c^2 - ab} \right) \ge 0$
Điều nè hiển nhiên đúng!
Dấu = khi a=b=c

[cvp]

à quên thực tế thì ko cần cm B>0 ko ảnh hưởng tới bài giải mà!
Vậy bài nè chỉ 3 dòng thui!
Em dùng bổ đề như tn post lên nha!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 23-06-2009 - 06:55

[123455]

em mới nghĩ ra bài này các bác cứ xơi tự nhiên:
Cho $x,y,z \geq0$ tm $x^{4}.y^{2}+y^{4}.z^{2}+z^{4}.X^{2}=1$.CMR:
$\dfrac{x.y^{3}}{z}+\dfrac{y.z^{3}}{x}+\dfrac{z.x^{3}}{y}\geq \sqrt{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 23-06-2009 - 10:51

[cvp]

em mới nghĩ ra bài này các bác cứ xơi tự nhiên:
Cho x,y,z :geq0 tmx^{4}.y^{2}+y^{4}.z^{2}+z^{4}.X^{2}=1.CMR:
:frac{x.y^{3}}{z}+:frac{y.z^{3}}{x}+:frac{z.x^{3}}{y}:geqsqrt{3}

bài nè xơi ngon bác ạ
wen viết lại cái đề nha:
Cho x,y,z>0 thỏa mãn: $x^4 y^2 + y^4 z^2 + z^4 x^2 = 1$
CMR:$\dfrac{{xy^3 }}{z} + \dfrac{{yz^3 }}{x} + \dfrac{{zx^3 }}{y} \ge \sqrt 3 $
Chứng minh nè:
$\begin{array}{l}
VT^2 \ge 3\left( {\dfrac{{xy^3 }}{z}.\dfrac{{yz^3 }}{x} + \dfrac{{zx^3 }}{y}.\dfrac{{xy^3 }}{z} + \dfrac{{xy^3 }}{z}.\dfrac{{zx^3 }}{y}} \right) = 3\left( {x^4 y^2 + y^4 z^2 + z^4 x^2 } \right) = 1 \\
\Rightarrow VT \ge \sqrt 3 \\
\end{array}$
Đó là đpcm
Dấu = khi x=y=z=$\dfrac{1}{{\sqrt[6]{3}}}$

[Hero Math]

b, Cho $a,b,c >0$ .CMR: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+\dfrac{a^{2}}{b^{2}}+\dfrac{b^{2}}{c^{2}}+\dfrac{c^{2}}{a^{2}}+\dfrac{b^{2}}{a^{2}}+\dfrac{c^{2}}{b^{2}}+\dfrac{a^{2}}{c^{2}}+3\geq \dfrac{36}{a+b+c}$

Bài này, em cũng nghĩ ra , anh Dũng làm đi nhé

[Hero Math]

Cho a,b,c>0 và $a+b+c+d=4$.CMR: $3(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})+4abcd\geq 16$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 27-06-2009 - 14:32

[No Problem]

Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$.Ch/m:
$a+b+c\le \ 3$ và $\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}+\dfrac{ab}{c}\ge \ a^2+b^2+c^2$

[cvp]

Bài này, em cũng nghĩ ra , anh Dũng làm đi nhé

ừ anh nghĩ rùi nhưng ko thể cm đc đâu em!ví dụ em chọn a=b=c=0,1 là sai rùi.
em thử xem lại hộ anh nhé!

[duca1pbc]

Cho a,b,c>0 và $a+b+c+d=4$.CMR: $3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+4abcd\geq 16$

Bài này có thiếu đề ko nhỉ.Sao chỗ có d chỗ ko có

Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$.Ch/m:
$a+b+c\le \ 3$ và $\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}+\dfrac{ab}{c}\ge \ a^2+b^2+c^2$

a=2cosA,b=2cosB,c=2cosC........

[Hero Math]

Bài này có thiếu đề ko nhỉ.Sao chỗ có d chỗ ko có

Dạ, ko thiếu đâu ạ, nó ko phải BĐT đối xứng hay hoán vị gì cả

[Hero Math]

ừ anh nghĩ rùi nhưng ko thể cm đc đâu em!ví dụ em chọn a=b=c=0,1 là sai rùi.
em thử xem lại hộ anh nhé!

Em ghi nhầm 2 bài . Thực ra là bài này ạ:(ko biết có đúng ko ạ)
Cho $a,b,c>0$.CMR:$ \dfrac{3a+c}{b^{2}}+ \dfrac{3b+a}{c^{2}}+ \dfrac{3c+b}{a^{2}}\geq 8(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c})$

[dungbo_213]

Em ghi nhầm 2 bài . Thực ra là bài này ạ:(ko biết có đúng ko ạ)
Cho $a,b,c>0$.CMR:$ \dfrac{3a+c}{b^{2}}+ \dfrac{3b+a}{c^{2}}+ \dfrac{3c+b}{a^{2}}\geq 8(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c})$

bài này thì dễ cậu ah

Cm

$\dfrac{a}{b^2}+\dfrac{b}{c^2}+\dfrac{c}{a^2}\ge \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

$\dfrac{a}{c^2}+\dfrac{b}{a^2}+\dfrac{c}{b^2}\ge \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

rồi dùng
$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge \dfrac{4}{a+b}$

[cvp]

Góp vui bài toán cho topic nè:
Cho $x,y,z$ là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{x^2+xy+y^2}+\dfrac{1}{y^2+yz+z^2}+\dfrac{1}{z^2+zx+x^2}\ge\dfrac{9}{(x+y+z)^2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duca1pbc: 25-06-2009 - 14:07

[duca1pbc]

Dạ, ko thiếu đâu ạ, nó ko phải BĐT đối xứng hay hoán vị gì cả

Nếu thế cho a=b=c và cho d chạy về âm vô cực,chắc chắn sai

[No Problem]

Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$.Ch/m:
$a+b+c\le \ 3$ và $\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}+\dfrac{ab}{c}\ge \ a^2+b^2+c^2$

anh duca1pc giải bài này bằng đại số đi ạ ,mà anh giải cách lượng giác ra luôn đi,em hok quen lượng giác lắm

[No Problem]

Em ghi nhầm 2 bài . Thực ra là bài này ạ:(ko biết có đúng ko ạ)
Cho $a,b,c>0$.CMR:$ \dfrac{3a+c}{b^{2}}+ \dfrac{3b+a}{c^{2}}+ \dfrac{3c+b}{a^{2}}\geq 8(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c})$

$\dfrac{a}{b^2}+\dfrac{c}{b^2}+\dfrac{a}{c^2}+\dfrac{c}{a^2}\ge \dfrac{4}{b}$
lập các bdt tt cộng lại sử dụng thêm
$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge \dfrac{4}{a+b}$
đến đây xong rùi :D:D:D:-h:-h
p/s:heromath sáng chủ nhật nói chuyện típ chứ p.m sớm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi No Problem: 25-06-2009 - 15:04

[cvp]

anh duca1pc giải bài này bằng đại số đi ạ ,mà anh giải cách lượng giác ra luôn đi,em hok quen lượng giác lắm

Mình ghi lời giải lượng giác cho bạn nè.
Từ giả thiết suy ra tồn tai tam giác ABC nhọn sao cho: $a=2cosA;b=2cosB;c=2cosC$
(Vì $cos^2A+cos^2B+cos^2C+2cosAcosBcosC=1$ mà)
Vậy $a+b+c\le 3 <=>cosA+cosB+cosC\le \dfrac{3}{2}$ cái nè là bđt cơ bản của lượng giác
Cái bđt thứ 2 thì nhớ lại bổ đề sau $xycosA+yzcosB+zxcosC\le \dfrac{(x^2+y^2+z^2)}{2}$
Ta có: $\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}\ge a^2+b^2+c^2$
<=> $\dfrac{cosAcosB}{cosC}+\dfrac{cosBcosC}{cosA}+\dfrac{cosCcosA}{cosB}\ge 2(cos^2A+cos^2B+cos^2C)$
Đến đây có thể thấy nếu đặt $ \sqrt{\dfrac{cosAcosB}{cosC}}=y; \sqrt{\dfrac{cosBcosC}{cosA}}=z; \sqrt{\dfrac{cosCcosA}{cosB}}=x$ thì bất đẳng thức trên quy về bổ đề vừa nêu!
=> đpcm!

[Toanlc_gift]

Góp vui bài toán cho topic nè:
Cho $x,y,z$ là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{x^2+xy+y^2}+\dfrac{1}{y^2+yz+z^2}+\dfrac{1}{z^2+zx+x^2}\ge\dfrac{9}{(x+y+z)^2}$

$VT \ge \left( {\dfrac{{4(xy + yz + zx)}}{{{{(x + y + z)}^2}}}} \right)\left( {{{\left( {\dfrac{1}{{x + y}}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{1}{{y + z}}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{1}{{z + x}}} \right)}^2}} \right) \ge \dfrac{9}{{{{(x + y + z)}^2}}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toanlc_gift: 25-06-2009 - 19:43

[cvp]

$VT \ge \left( {\dfrac{{4(xy + yz + zx)}}{{{{(x + y + z)}^2}}}} \right)\left( {{{\left( {\dfrac{1}{{x + y}}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{1}{{y + z}}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{1}{{z + x}}} \right)}^2}} \right) \ge \dfrac{9}{{{{(x + y + z)}^2}}}$

pác nè làm vắn tắt wa.Hic mà cm bài toán nè lại phải dùng một bài toán khác cũng mạnh và khó như bđt Iran 96 sao pác!em nghĩ dùng cách khác đi