Chủ đề này có 10 trả lời

[WhjteShadow]

Bài toán 1 .
Ch0 $a,b,c$ là 3 cạnh của 1 tam giác nhọn. Chứng minh rằng:
$$\sqrt{\frac{b+c-a}{a}}+\sqrt{\frac{a+c-b}{b}}+\sqrt{\frac{a+b-c}{c}}\geq 3$$
Bài toán 2.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh:
$$\frac{a^3+2abc}{a^3+(b+c)^3}+\frac{b^3+2abc}{b^3+(a+c)^3}+\frac{c^3+2abc}{c^3+(a+b)^3}\geq 1$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 14-12-2012 - 11:21

[lovesmaths]

Bạn xem lại đề xem.
Nếu xét tam giác ABC, đỉnh A tiến tới trung điểm BC
thì VT -> $2\sqrt{2}$ <3
--------
À mình gõ thiếu. Tam giác nhọn bạn à

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 14-12-2012 - 11:18

[IloveMaths]

đặt a+b=x;b+c=y,c+a=z
$\Rightarrow \sqrt{\frac{b+c-a}{a}}+\sqrt{\frac{a+c-b}{b}}+\sqrt{\frac{a+b-c}{c}}\geqslant 3\Leftrightarrow \sqrt{\frac{y+z-x}{x+y-z}}+\sqrt{\frac{x+y-z}{x+z-y}}+\sqrt{\frac{x+z-y}{y+z-x}}\geqslant 3$
(dung theo AM-GM)

[Joker9999]

đặt a+b=x;b+c=y,c+a=z
$\Rightarrow \sqrt{\frac{b+c-a}{a}}+\sqrt{\frac{a+c-b}{b}}+\sqrt{\frac{a+b-c}{c}}\geqslant 3\Leftrightarrow \sqrt{\frac{y+z-x}{x+y-z}}+\sqrt{\frac{x+y-z}{x+z-y}}+\sqrt{\frac{x+z-y}{y+z-x}}\geqslant 3$
(dung theo AM-GM)

Bạn xem lại cái phần chuyển sang $(x,y,z)$ nhé. Sao mà $b+c-a=y+z-x$ hay ...được.

[Joker9999]

Bài toán 2.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh:
$$\frac{a^3+2abc}{a^3+(b+c)^3}+\frac{b^3+2abc}{b^3+(a+c)^3}+\frac{c^3+2abc}{c^3+(a+b)^3}\geq 1$$

Giải như sau:
Chuẩn hoá $abc=1$
Qua PP U.C.T ta có thể tìm được BDT phụ sau:
$\frac{a^3+2abc}{a^3+(b+c)^3}\geq \frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}$
That vậy điều này tương đương với:
$a^3b^2+a^3c^2+2abc(a^2+b^2+c^2)\geq 3a^2bc(b+c)+b^3a^2+c^3a^2$
$\Leftrightarrow \frac{a^2b}{c}+\frac{a^2c}{b}+2(a^2+b^2+c^2)\geq \frac{b^2a}{c}+\frac{c^2a}{b}+3ab+3ac\Leftrightarrow$
$(a-b)^2(\frac{c}{b}+1)+(a-c)^2(\frac{b}{c}+1)+(b-c)^2(1-\frac{a}{c}-\frac{a}{b})\geq 0$
TH1: $a\geq b\geq c\Rightarrow S_b,S_c>0,a^2Sb+b^2S_a=\frac{a^2b}{c}+a^2+b^2-\frac{ab^2}{c}-ab\geq 0$ ( Dễ thấy)
TH2:$a\leq b\leq c$, ta có:$S_b\geq 0,S_c+S_b\geq 0,S_b+S_a=2-\frac{a}{c}-\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\geq 0$ do $\frac{a}{c}+\frac{a}{b}\leq 1+1=2$
Do đó BDT trên đúng
Thiết lập các BDT tương tự rồi cộng vào ta có đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=b,c=0$ và các hoán vị.
--------
C phải xét 1 tr0ng 3 số = 0 trc rồi mới được chuẩn hóa.
P/s điểm rơi $abc=0$ nữa

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 14-12-2012 - 23:14

[BoFaKe]

Giải như sau:
Chuẩn hoá $abc=1$
Qua PP U.C.T ta có thể tìm được BDT phụ sau:
$\frac{a^3+2abc}{a^3+(b+c)^3}\geq \frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}$

Cậu có thể nói bước suy nghĩ của cậu để tìm ra bất đẳng thức này được không,nghĩa là mấy bước ban đầu cậu nháp để xác định ra hệ số ấy.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoFaKe: 15-12-2012 - 11:05

[tim1nuathatlac]

Bài toán 1 .
Ch0 $a,b,c$ là 3 cạnh của 1 tam giác nhọn. Chứng minh rằng:
$$\sqrt{\frac{b+c-a}{a}}+\sqrt{\frac{a+c-b}{b}}+\sqrt{\frac{a+b-c}{c}}\geq 3$$

Bận học lí bây giờ mới có thời gian làm bài của Đạt.

Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt $\left ( x,y,z \right ) \rightarrow \left ( a+b-c,b+c-a,c+a-b \right )$

$\Rightarrow Q.e.D\Leftrightarrow \sum \sqrt{\frac{2x}{y+z}}\geq 3$

Như vậy ta phải chỉ ra $\sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{z+x}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}}\geq \frac{3}{\sqrt{2}}$ vs $x,y,z> 0$




---------------------------------------------------------------------------------------------

p/s: ta còn có bài toán tổng quát cho bất đẳng thức trên.

Cho $a,b,c>0$ và $k \ge \frac{2}{3}$. Chứng minh rằng:

\[{\left( {\frac{a}{{b + c}}} \right)^k} + {\left( {\frac{b}{{c + a}}} \right)^k} + {\left( {\frac{c}{{a + b}}} \right)^k} \ge \frac{3}{{{2^k}}}\]

Ta có bất đẳng thức sau, chứng minh = quy nạp

$\frac{a^{m}+b^{m}}{2}\geq \left ( \frac{a+b}{2} \right )^{m}$

$\Rightarrow\frac{2^{k}}{(a+b)^{k}}\geq \frac{2}{a^{k}+b^{k}}$$\Rightarrow\sum \frac{a^{k}}{\left ( c+b \right )^{k}}\geq \sum \frac{a^{k}}{2^{k-1}\left ( c^{k} +b^{k}\right )}\geq \frac{1}{2^{k-1}} \left ( \sum \frac{a^{k}}{b^{k}+c^{k}} \right )\geq \frac{1}{2^{k-1}}\times \frac{3}{2}= \frac{3}{2^{k}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tim1nuathatlac: 16-12-2012 - 05:06

[WhjteShadow]

Bận học lí bây giờ mới có thời gian làm bài của Đạt.

Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt $\left ( x,y,z \right ) \rightarrow \left ( a+b-c,b+c-a,c+a-b \right )$

$\Rightarrow Q.e.D\Leftrightarrow \sum \sqrt{\frac{2x}{y+z}}\geq 3$

Như vậy ta phải chỉ ra $\sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{z+x}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}}\geq \frac{3}{\sqrt{2}}$

Bài này thì cơ bản rồi đúng không Đạt?

Ừ cơ bản thật Thế mà mình ch0 2 số bằng nhau 1 số bằng 0 thì bất đẳng thức lại không đúng

[Joker9999]

Bận học lí bây giờ mới có thời gian làm bài của Đạt.

Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt $\left ( x,y,z \right ) \rightarrow \left ( a+b-c,b+c-a,c+a-b \right )$

$\Rightarrow Q.e.D\Leftrightarrow \sum \sqrt{\frac{2x}{y+z}}\geq 3$

Như vậy ta phải chỉ ra $\sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{z+x}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}}\geq \frac{3}{\sqrt{2}}$ vs $x,y,z> 0$

Bài này thì cơ bản rồi đúng không Đạt?

Không cơ bản đâu bạn ơi. Mình đố bạn CM đc đấy mà k dùng điều kiện 3 cạnh tam giác nhọn. Có 1 bài toán tổng quát phải là thế này
$(\frac{2a}{b+c})^r+(\frac{2b}{a+c})^r+(\frac{2c}{a+b})^r\geq 3$ với $r\geq \frac{ln3}{ln2}\approx 0,585....$ nhưng áp vào bài này lại không đúng
Mình khôg biết khai thác cái điều kiện 3 cạnh tam giác nhọn. Chắc phải dụng ĐL Hàm số cos, sin,..

[minhtuyb]

Giải như sau:
Chuẩn hoá $abc=1$
Qua PP U.C.T ta có thể tìm được BDT phụ sau:
$\frac{a^3+2abc}{a^3+(b+c)^3}\geq \frac{a^2}{a^2+b^2+c^2}$
That vậy điều này tương đương với:
$a^3b^2+a^3c^2+2abc(a^2+b^2+c^2)\geq 3a^2bc(b+c)+b^3a^2+c^3a^2$
$\Leftrightarrow \frac{a^2b}{c}+\frac{a^2c}{b}+2(a^2+b^2+c^2)\geq \frac{b^2a}{c}+\frac{c^2a}{b}+3ab+3ac\Leftrightarrow$
$(a-b)^2(\frac{c}{b}+1)+(a-c)^2(\frac{b}{c}+1)+(b-c)^2(1-\frac{a}{c}-\frac{a}{b})\geq 0$
TH1: $a\geq b\geq c\Rightarrow S_b,S_c>0,a^2Sb+b^2S_a=\frac{a^2b}{c}+a^2+b^2-\frac{ab^2}{c}-ab\geq 0$ ( Dễ thấy)
TH2:$a\leq b\leq c$, ta có:$S_b\geq 0,S_c+S_b\geq 0,S_b+S_a=2-\frac{a}{c}-\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\geq 0$ do $\frac{a}{c}+\frac{a}{b}\leq 1+1=2$
Do đó BDT trên đúng
Thiết lập các BDT tương tự rồi cộng vào ta có đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=b,c=0$ và các hoán vị.

BĐT trên chỉ đối xứng với $b$ và $c$ thôi nên liệu xét 2 TH trên đã đủ? Mình hiểu ý bạn là "KMTTQ", giả sử $b$ nằm giữa $a,c$ nên xét 2 TH trên. Nhưng trên thực tế là đã mất tính tổng quát .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 25-12-2012 - 10:45

[duongvanhehe]

Bài toán 2.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh:
$$\frac{a^3+2abc}{a^3+(b+c)^3}+\frac{b^3+2abc}{b^3+(a+c)^3}+\frac{c^3+2abc}{c^3+(a+b)^3}\geq 1$$

BĐT tương đương: $\sum \frac{a(a^2+2bc)}{(a+b+c)(a^2+(b+c)^2-a(b+c))}\geq 1$
$\Leftrightarrow \sum \frac{a(a^2+2bc)}{a^2+(b+c)^2-a(b+c)}\geq a+b+c$
$\Leftrightarrow \sum a\left ( \frac{a^2+2bc}{a^2+(b+c)^2-a(b+c)}-1 \right )\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum a.\frac{b(a-b)+c(a-c)}{a^2+(b+c)^2-a(b+c)}\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum ab(a-b)\left ( \frac{1}{a^2+(b+c)^2-a(b+c)}-\frac{1}{b^2+(c+a)^2-b(c+a)} \right )\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum ab(a-b).\frac{2ca-b(c+a)-2bc+a(b+c)}{(a^2+(b+c)^2-a(b+c))(b^2+(c+a)^2-b(c+a))}$
$\Leftrightarrow \sum 3abc.\frac{(a-b)^2}{(a^2+(b+c)^2-a(b+c))(b^2+(c+a)^2-b(c+a))}\geq 0$
Luôn đúng
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $abc=0$