Chủ đề này có 4 trả lời

[tim1nuathatlac]

Hâm nóng khối THPT.

 

Bài 1:  Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác không nhọn.

 

Chứng minh rằng:   $\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )\left ( \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}} \right )\geq 10$

 

 

Bài 2: Cho $a,b,c$  là các số thực dương thỏa $a+b+c=3$.

           

                               Chứng minh         $a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc\geq 4$

                                

                                           

Bài 3: Chứng minh rằng nếu $a,b,c\geq 0$  và $a+b+c=2$ thì  $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+abc\leq 2$

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tim1nuathatlac: 15-04-2013 - 16:38

[dtvanbinh]

*/bài 2 cách 1

  giả sử $c=min(a,b,c)$ suy ra $c\leq 1$

ta có

đặt  $f(a,b,c)=a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc-4$

$f(a,b,c)-f(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c)=(a-b)^{2}(\frac{1}{2}-\frac{c}{4})\geq 0$

nên ta chỉ cần chứng minh

$f(t,t,c)\geq 0$  với $2t+c=3$

hàm 1 biến không có gì

 

*/bài 2 em cũng có thể dùng phủ định nhé

ta sẽ có bài toán mới 

Cho$a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc=4$

chứng minh $a+b+c\leq 3$

 

** chứng minh bài toán mới

từ giả thiết ta có 2 trong 3 số $a,b,c$ cùng lớn hơn hoặc nhỏ hơn 1

giả sử đó là $a,b$

ta có $(a-1)(b-1)\geq 0$ tương đương với $ab+1\geq a+b$

$\sim abc+c\geq ac+bc$

từ giả thiết ta lại có

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+1\geq 2ab+2c$ nên $2ab+2c+2abc\leq 5+abc$

ta lại có

$(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(ab+bc+ca)\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}+5+abc=9$

vậy ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dtvanbinh: 15-04-2013 - 17:37

[25 minutes]

 

                                

                                           

Bài 3: Chứng minh rằng nếu $a,b,c\geq 0$  và $a+b+c=2$ thì  $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+abc\leq 2$

Đặt $a+b+c=p=2,ab+bc+ac=q,abc=r$

BĐT đã cho tương đương với $(ab+bc+ac)^2-2abc(a+b+c)+abc \leq 2$

                                      $\Leftrightarrow q^2 \leq 2+3r$

+) Nếu $q \leq \sqrt{2}\Rightarrow q^2 \leq 2 \leq 2+3r$

Do đó ta có đpcm

+) Xét $q \geq \sqrt{2}$

Áp dụng bđt Schur ta có $r \geq \frac{4pq-p^3}{9}\Rightarrow 3r \geq \frac{4pq-p^3}{3}=\frac{8q-8}{3}$

Do đó ta sẽ chứng minh $\frac{8q-8}{3}+2 \geq q^2\Leftrightarrow 3q^2-8q+2 \leq 0$

                                                                    $\Leftrightarrow (q-\frac{4+\sqrt{10}}{3})(q-\frac{4-\sqrt{10}}{3}) \leq 0$

Nhưng bđt trên luôn đúng do $q \geq \sqrt{2},q=ab+bc+ac \leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{4}{3}$

Vậy ta có đpcm

[tim1nuathatlac]

 

*/bài 2 em cũng có thể dùng phủ định nhé

ta sẽ có bài toán mới 

Cho$a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc=4$

chứng minh $a+b+c\leq 3$

 

** chứng minh bài toán mới

từ giả thiết ta có 2 trong 3 số $a,b,c$ cùng lớn hơn hoặc nhỏ hơn 1

giả sử đó là $a,b$

ta có $(a-1)(b-1)\geq 0$ tương đương với $ab+1\geq a+b$

$\sim abc+c\geq ac+bc$

từ giả thiết ta lại có

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+1\geq 2ab+2c$ nên $2ab+2c+2abc\leq 5+abc$

ta lại có

$(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(ab+bc+ca)\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}+5+abc=9$

vậy ta có đpcm

 

Bài này đi thẳng vào vấn đề luôn cũng được ạ

 

Ta hoàn toàn có thể giả sử $\left ( a-1 \right )\left ( b-1 \right )\geq 0\Leftrightarrow abc\geq ac+bc-c$

 

Như vậy ta chỉ cần chỉ ra         $a^{2}+b^{2}+c^{2}+ac+bc-c\geq 4$

 

Thật vậy:   

 

$Q.e.D\Leftrightarrow \left ( a+c \right )^{2}+\left ( b+c \right )^{2}+a^{2}+b^{2}-2c\geq 8$

 

$\Leftrightarrow \left ( a^{2}+b^{2} \right )-2\left ( a+b \right )+2\geq 0$

 

mà  $VT\geq \frac{1}{2}\left ( a+b \right )^{2}-2\left ( a+b \right )+2=\left [ \frac{a+b}{\sqrt{2}}-\sqrt{2} \right ]^{2}\geq 0$

 

Kết thúc chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

[dark templar]

Hâm nóng khối THPT.

 

Bài 1:  Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác không nhọn.

 

Chứng minh rằng:   $\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )\left ( \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}} \right )\geq 10$

Spoiler

Bài này làm đề thi thử ĐH thì tuyệt đấy

Do giả thuyết tam giác không nhọn nên giả sử $A \ge \frac{\pi}{2}$,suy ra $\cos A \le 0$,kết hợp với định lý cosin kéo theo $a^2 \ge b^2+c^2 \quad (*)$.

 

Khai triển BĐT cho ta:

\[{a^2}\left( {\frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} \right) + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} + \left( {\frac{{{b^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{b^2}}}} \right) \ge 7\]

 

Nhưng do $\frac{{{b^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{b^2}}} \ge 2;\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2} \ge \frac{4}{b^2+c^2}$ nên ta chỉ cần chứng minh:

\[\frac{4a^2}{b^2+c^2}+ \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} \ge 5\]

 

 

Đặt $\frac{a^2}{b^2+c^2}=x \quad (x \ge 1-\text{do $(*)$})$. Vậy thì $4x+\frac{1}{x} \ge 5 \iff (4x-1)(x-1) \ge 0 \quad \text{(Luôn đúng)}$.

 

Đẳng thức xảy ra khi $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác vuông cân.