Chủ đề này có 21 trả lời

[Messi_ndt]

Với tam giác ABC. Chứng minh:
$ \dfrac{cos^4\dfrac{A}{2}}{sin^2\dfrac{A}{2}}+ \dfrac{cos^4\dfrac{B}{2}}{sin^2\dfrac{B}{2}}+ \dfrac{cos^4\dfrac{C}{2}}{sin^2\dfrac{C}{2}}+\geq 4cos\dfrac{A}{2}cos\dfrac{B}{2}cos\dfrac{C}{2}(cos\dfrac{A}{2}+cos\dfrac{B}{2}+cos\dfrac{C}{2}) $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Messi_ndt: 14-08-2010 - 14:01

[tuan101293]

áp dụng bunhia và svacs ta có
(Đặt $x= cos(\dfrac{A}{2}$,...,$a= sin(\dfrac{A}{2}$) ,chú ý $a+b+c\le \dfrac{3}{2}$
$VT=\sum \dfrac{x^4}{a^2}\ge \dfrac{1}{3}*(\sum\dfrac{x^2}{a})^2\ge \dfrac{1}{3}*(\dfrac{(x+y+z)^2}{a+b+c})^2\ge \dfrac{4(x+y+z)^4}{27}\ge 4xyz(x+y+z)$
ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuan101293: 20-08-2010 - 07:32

[NightBaron]

nice

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NightBaron: 21-08-2010 - 09:43

[Messi_ndt]

nice

Cho a,b,c dương và a+b+c=3. Chứng minh:
$ \sum_{cyclic} \dfrac{ab}{3a^2+2b+3} \leq \dfrac{1}{12} $.

[Messi_ndt]

nice

Cho tam giác ABC . chứng minh:
$ \dfrac{h_a+2r_a}{r+r_a}+\dfrac{h_b+2r_b}{r+r_b}+\dfrac{h_c+2r_c}{r+r_c} \geq \dfrac{27}{4}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Messi_ndt: 22-08-2010 - 09:26

[NightBaron]

Cho a,b,c dương và a+b+c=3. Chứng minh:
$ \sum_{cyclic} \dfrac{ab}{3a^2+2b+3} \leq \dfrac{1}{12} $.

Trời! Chỉ đích danh mình cơ à? Dk thôi:

Theo BDT AG-GM ta dễ thấy:

$\sum\dfrac{ab}{3a^2+2b+3}\leq \sum\dfrac{ab}{6a+2b}=\sum\dfrac{ab}{64}(\dfrac{6}{a}+\dfrac{2}{b})=\dfrac{1}{64}\sum{6b+2a)=\dfrac{3}{8}$

$\Leftrightarrow \sum\dfrac{ab}{3a^2+2b+3}\leq \dfrac{3}{8}$

Đẳng thuc xảy ra khi chỉ khi $a=b=c=1 \Rightarrow $ Đề bài không chuẩn:

Bài này còn có mấy kiểu tổng quát nua. Suy ra truc tiếp tu cách CM trên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NightBaron: 22-08-2010 - 07:21

[NightBaron]

$ \dfrac{h_a+2r_a}{r+r_a}+\dfrac{h_b+2r_b}{r+r_b}+\dfrac{h_c+2r_c}{r+r_c} \geq \dfrac{27}{4}$.

Có thể là bạn gõ nhầm. $h_c$ thành $b_c$

Dễ thôi:

Ta su dụng các kết quả sau: $S=\dfrac{ah_a}{2}=pr=(p-a)r_a=(p-b)r_b=(p-c)r_c$

Do đó: BDT tuong đuong với:

$\Leftrightarrow \sum\dfrac{(a+b+c)(3a+b+c)}{4a(b+c)}\geq\dfrac{27}{4}$

$\Leftrightarrow \sum[\dfrac{3}{b+c}+\dfrac{1}{a}]\geq\dfrac{27}{a+b+c}$

$\Leftrightarrow 3\sum\dfrac{1}{b+c}+\sum\dfrac{1}{a}\geq \dfrac{27}{a+b+c}$ (AG-GM)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NightBaron: 22-08-2010 - 07:35

[Messi_ndt]

Hơ Hơ mình chỉ trích dẫn thôi mà, có đích danh gì đâu L.
Mấy bài BDT lượng đơn giãn nhỉ. Nhưng khá đẹp.
CM tiếp hey.
Show the inequality.
$ am_a+bm_b+cm_c \leq \sqrt{ab}m_a+\sqrt{ca}m_b+\sqrt{ab}m_c $
***********
Em zai ơi,check lại xem vế phải có đối xứng không?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Messi_ndt: 22-08-2010 - 22:14

[Messi_ndt]

Cho a,b,c dương và $ ab+bc+ca=1 $. Chứng minh:
$ \dfrac{27}{4}(a+b)(b+c)(c+a) \geq (\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})^2 $

[tuan101293]

Cho a,b,c dương và $ ab+bc+ca=1 $. Chứng minh:
$ \dfrac{27}{4}(a+b)(b+c)(c+a) \geq (\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})^2 $

$VT\le (\sqrt{6(a+b+c)})^2$
nên ta sẽ CM:$9\prod (a+b)\ge 8(\sum ab)(\sum a)$ (đúng)

[Messi_ndt]

Hơ Hơ mình chỉ trích dẫn thôi mà, có đích danh gì đâu L.
Mấy bài BDT lượng đơn giãn nhỉ. Nhưng khá đẹp.
CM tiếp hey.
Show the inequality.
$ am_a+bm_b+cm_c \leq \sqrt{bc}m_a+\sqrt{ca}m_b+\sqrt{ab}m_c $
***********
Em zai ơi,check lại xem vế phải có đối xứng không?

Sr anh Tuấn. BDT đối xứng thì mới đúng. Gõ nhầm ấy mà.
$ am_a+bm_b+cm_c \leq \sqrt{bc}m_a+\sqrt{ca}m_b+\sqrt{ab}m_c $

$VT\le (\sqrt{6(a+b+c)})^2$
nên ta sẽ CM:$9\prod (a+b)\ge 8(\sum ab)(\sum a)$ (đúng)

Lời giải chi tiết.



**************
đừng gọi cả tên anh thế

File gửi kèm

•  Nguyenduytung.PDF   84.77K   153 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuan101293: 22-08-2010 - 22:25

[vuthanhtu_hd]

$VT\le (\sqrt{6(a+b+c)})^2$
nên ta sẽ CM:$9\prod (a+b)\ge 8(\sum ab)(\sum a)$ (đúng)

Anh Magus quên chưa lột non chú tuan101293

[tuan101293]

$ am_a+bm_b+cm_c \leq \sqrt{bc}m_a+\sqrt{ca}m_b+\sqrt{ab}m_c $

Anh nghĩ 1 tiếng hoài chẳng ra,em post lời giải được ko?
@anh tú nói gì mà em chẳng hiểu.???

[Messi_ndt]

@anh tú nói gì mà em chẳng hiểu.???

Ý anh tú là VMF chuẩn bị thay toàn bộ CTV,BTV , set lại toàn bộ.

Anh nghĩ 1 tiếng hoài chẳng ra,em post lời giải được ko?

File gửi kèm

•  Nguyenduytung02.pdf   78.97K   752 Số lần tải

[abstract]

Hehe, Tùng thử bài này xem:
CMR: $\dfrac{R}{2r} \ge \dfrac{m_a}{h_a}$

[Messi_ndt]

Hehe, Tùng thử bài này xem:
CMR: $\dfrac{R}{2r} \ge \dfrac{m_a}{h_a}$

Cho $ a \to 0 , b,c \to $ dương vô cùng thì bất dẳng thức sai.
BDT sau cũng vậy.
$\dfrac{3R}{2r} \ge \sum_{cyclic}\dfrac{m_a}{h_a}$

[abstract]

Cho $ a \to 0 , b,c \to $ dương vô cùng thì bất dẳng thức sai.

Chắc ko đấy, thử cho phản ví dụ đi, đứng nói hàm h�#8220;
BDT này đúng đấy, và ngoài ra nếu chuyển về BDT đại số sẽ là 1 BDT rất khó. Nói chung đại số quá yếu để chống bài này

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi abstract: 26-08-2010 - 14:22

[Messi_ndt]

Chắc ko đấy, thử cho phản ví dụ đi, đứng nói hàm h�#8220;
BDT này đúng đấy, và ngoài ra nếu chuyển về BDT đại số sẽ là 1 BDT rất khó. Nói chung đại số quá yếu để chống bài này

Sorry. Nhầm một chút trong tính bấm máy.
Bài trên chém bằng đại số cũng chả đơn giãn.
$ \dfrac{R}{2r} \geq \dfrac{m_a}{h_a} $

$ \Leftrightarrow (a-b)^2(\dfrac{a+b-c}{bc}-\dfrac{1}{2b^2+2c^2-a^2})+(b-c)^2(\dfrac{a+b-c}{bc}+\dfrac{1}{2b^2+2a^2-c^2})$

$+(c-a)^2(\dfrac{a+b-c}{bc}-\dfrac{1}{2a^2+2c^2-b^2}) +\dfrac{(2a+b+c+2)(a-b)(a-c)}{2b^2+2c^2-a^2}$

$ \geq \dfrac{(a-b)(ab-c^2)+(a-c)(ac-b^2)}{a^2-2b^2-2c^2} $

Chỉ mới xét được một trường hợp để SOS đúng, còn một trường hợp gần đấy cũng trong vùng nhạy cảm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Messi_ndt: 26-08-2010 - 21:06

[abstract]

Sorry. Nhầm một chút trong tính bấm máy.
Bài trên chém bằng đại số cũng chả đơn giãn.
$ \dfrac{3R}{2r} \geq \dfrac{m_a}{h_a} $

$ \Leftrightarrow (a-b)^2(\dfrac{a+b-c}{bc}-\dfrac{1}{2b^2+2c^2-a^2})+(b-c)^2(\dfrac{a+b-c}{bc}+\dfrac{1}{2b^2+2a^2-c^2})$

$+(c-a)^2(\dfrac{a+b-c}{bc}-\dfrac{1}{2a^2+2c^2-b^2}) +\dfrac{(2a+b+c+2)(a-b)(a-c)}{2b^2+2c^2-a^2}$

$ \geq \dfrac{(a-b)(ab-c^2)+(a-c)(ac-b^2)}{a^2-2b^2-2c^2} $

Chỉ mới xét được một trường hợp để SOS đúng, còn một trường hợp gần đấy cũng trong vùng nhạy cảm.

Chém nhầm rồi, mình bảo BDT của mình kia
Đây là một BDT hoàn toàn mới và lời giải hình học của nó chỉ 3 dòng
Còn cái bài gì gì bạn cm ở trên cũng làm = hình học đơn giản
Nói chung, trong mảnh đất của hình học, hình học mạnh hơn đại số

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi abstract: 26-08-2010 - 21:01

[Messi_ndt]

Sorry. Nhầm một chút trong tính bấm máy.
Bài trên chém bằng đại số cũng chả đơn giãn.
$ \dfrac{R}{2r} \geq \dfrac{m_a}{h_a} $

$ \Leftrightarrow (a-b)^2(\dfrac{a+b-c}{bc}-\dfrac{1}{2b^2+2c^2-a^2})+(b-c)^2(\dfrac{a+b-c}{bc}+\dfrac{1}{2b^2+2a^2-c^2})$

$+(c-a)^2(\dfrac{a+b-c}{bc}-\dfrac{1}{2a^2+2c^2-b^2}) +\dfrac{(2a+b+c+2)(a-b)(a-c)}{2b^2+2c^2-a^2}$

$ \geq \dfrac{(a-b)(ab-c^2)+(a-c)(ac-b^2)}{a^2-2b^2-2c^2} $

Chỉ mới xét được một trường hợp để SOS đúng, còn một trường hợp gần đấy cũng trong vùng nhạy cảm.

Chém nhầm rồi, mình bảo BDT của mình kia
Đây là một BDT hoàn toàn mới và lời giải hình học của nó chỉ 3 dòng
Còn cái bài gì gì bạn cm ở trên cũng làm = hình học đơn giản
Nói chung, trong mảnh đất của hình học, hình học mạnh hơn đại số

Mình nhầm một chút.
Bài của V tui sẽ chém bằng đại số và post lên đây sớm nhất cho anh em thưởng thức.
Còn bài này $ \dfrac{3R}{2r} \geq \sum_{a,b,c}\dfrac{m_a}{h_a} $
Xài đại số quá đơn giãn, yếu.