Chủ đề này có 6 trả lời

[conan123]

Bài 1: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh 1 tam giác thỏa ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=\dfrac{1}{9}$. Cm:

${{(2a+2b-c)}^{3}}+{{(2b+2c-a)}^{3}}+{{(2c+2a-b)}^{3}}\ge \dfrac{1}{\sqrt{3}}$

Bài 2: Cho a,b,c>0 thỏa $a+b+c=1$. Cm:

$\dfrac{{{(4a+b+c)}^{2}}}{5{{a}^{2}}+{{(b+c)}^{2}}}+\dfrac{{{(4b+c+a)}^{2}}}{5{{b}^{2}}+{{(c+a)}^{2}}}+\dfrac{{{(4c+a+b)}^{2}}}{5{{c}^{2}}+{{(a+b)}^{2}}}\le 12$

Bài 3: Cho a,b>0 thòa $ab+a+b=3$. Cm:

$\dfrac{3a}{b+1}+\dfrac{3b}{a+1}+\dfrac{ab}{a+b}\le {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+\dfrac{3}{2}$

[đào phạm thái sơn]

Bài 2 dễ nhất, chỉ cần chứng minh bđt sau:
$ \dfrac{(4a+b+c)^2}{5a^2+(b+c)^2}= \dfrac{(3a+1)^2}{6a^2-2a+1} \leq \dfrac{8+12a}{3} $
Sau đó làm tương tự với b,c rồi cộng các bđt trên ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi đào phạm thái sơn: 13-08-2009 - 11:28

[hoangnbk]

Bai` 3
Ta có: $ab+a+b=3$ $\Leftrightarrow (a+1)(b+1)=4$, suy ra $a+1=\dfrac{4}{b+1}$;
$b+1=\dfrac{4}{a+1}$

$\dfrac{3a}{b+1}+\dfrac{3b}{a+1}+\dfrac{ab}{a+b}=\dfrac{3a(a+1)}{4}+\dfrac{3b(b+1)}{4}+\dfrac{ab}{a+b}$

$4VT= 3a(a+1) +3b(b+1)+\dfrac{4ab}{a+b}+4- 4 = 3a^{2}+3b^{2}+3a+3b+\dfrac{12}{a+b}- 4$

$4VP= 4a^{2}+4b^{2}+6$

do đó ta cần cm:
$3a^{2}+3b^{2}+3a+3b+\dfrac{12}{a+b}- 4 \leq 4 a^{2}+4 b^{2}+6$

$\Leftrightarrow 3a+3b+\dfrac{12}{a+b}\leq a^{2}+ b^{2}+10$

Đặt $a+b=t, ab= 3-t ; 3t +\dfrac{12}{t} \leq t^{2} - 2(3-t) +10$

$\Leftrightarrow 12\leq t^{3}- t^{2}+4t $ $\Leftrightarrow (t-2)( t^{2} + t + 6)\geq 0$
$\Leftrightarrow t \geq 2$

vì $3= a+b+ab \geq 3 \sqrt[3]{ab}\Rightarrow ab \leq 1 \Rightarrow a+b \geq 2, t \geq 2$, suy ra dpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuthanhtu_hd: 13-08-2009 - 16:35

[dung0can]

Bài 1: Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh 1 tam giác thỏa ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=\dfrac{1}{9}$. Cm:

${{(2a+2b-c)}^{3}}+{{(2b+2c-a)}^{3}}+{{(2c+2a-b)}^{3}}\ge \dfrac{1}{\sqrt{3}}$

Bài 2: Cho a,b,c>0 thỏa $a+b+c=1$. Cm:

$\dfrac{{{(4a+b+c)}^{2}}}{5{{a}^{2}}+{{(b+c)}^{2}}}+\dfrac{{{(4b+c+a)}^{2}}}{5{{b}^{2}}+{{(c+a)}^{2}}}+\dfrac{{{(4c+a+b)}^{2}}}{5{{c}^{2}}+{{(a+b)}^{2}}}\le 12$

Bài 3: Cho a,b>0 thòa $ab+a+b=3$. Cm:

$\dfrac{3a}{b+1}+\dfrac{3b}{a+1}+\dfrac{ab}{a+b}\le {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+\dfrac{3}{2}$

DỄ thế mà cũng hỏi à?????????

[conan123]

DỄ thế mà cũng hỏi à?????????

Ý bạn là sao,mấy bài đó có bài tui biết làm có bài tui chưa làm dc,post lên mọi người cùng giải.Nếu bạn ko muốn giải thì thôi,ai bắt bạn phải giải đâu!!

[nguyen_ct]

Bai` 3
Ta có: $ab+a+b=3$ $(a+1)(b+1)=4$, suy ra $a+1= \dfrac{4}{b+1} $; $b+1= \dfrac{4}{a+1} $
$\dfrac{3a}{b+1} + \dfrac{3b}{a+1} + \dfrac{ab}{a+b} = \dfrac{3a(a+1)}{4} + \dfrac{3b(b+1)}{4} + \dfrac{ab}{a+b}$
$4VT= 3a(a+1) +3b(b+1) +\dfrac{4ab}{a+b} + 4- 4 = 3 a^{2} + 3 b^{2} + 3a + 3b+\dfrac{12}{a+b} - 4$
$4VP= 4 a^{2} + 4 b^{2} +6$
do đó ta cần cm:
$3a^{2} + 3 b^{2} + 3a + 3b+ \dfrac{12}{a+b} - 4 \leq 4 a^{2} + 4 b^{2} +6$
$\Leftrightarrow 3a + 3b+ \dfrac{12}{a+b} \leq a^{2} + b^{2} +10$
đặt $a+b=t, ab= 3-t ; 3t + \dfrac{12}{t} \leq t^{2} - 2(3-t) +10$
$\Leftrightarrow 12 \leq t^{3} - t^{2} + 4t \Leftrightarrow (t-2)( t^{2} + t + 6) \geq 0$
$ \Leftrightarrow t \geq 2$
vì $3= a+b+ab \geq 3 \sqrt[3]{ab} \Rightarrow ab \leq 1 \Rightarrow a+b \geq 2, t \geq 2,$ suy ra dpcm
sr mình đang học đánh latex, chiều sửa sau

bài này thi HSG SP thì phải

[conan123]

Còn bài 1 mọi người xử luôn đi.Bài 3 ai có cách nào ngắn hơn hok,đó là bài tham khảo khối D 2007