Topic về bất đẳng thức

[Math war]

Nguyên văn bởi Mệnh Thiên Tử

Cái điều kiện thỏa mãn chắc đúng không em

sorry nhiều, em đánh thiếu mà không nhận ra, là $xy+yz+zx\leq3xyz $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nguyenhtctb]

Nguyên văn bởi ronadomath

Cho x,y,z>0 tm $x^5+y^5+z^5=3 $
CMR $\sum \frac{x^4}{y^3}\geq 3 $

$\sum \frac{x^4}{y^3}\geq \frac{{(x^5+y^5+z^5)}^2}{x^6y^3+y^6z^3+z^6x^3} $
Cần chứng minh $3 \geq x^6y^3+y^6z^3+z^6x^3 $
Ta có: $15 \ge \sum(x^5+3x^5y^5+x^{10}) \ge \sum 5x^6y^3 $
Suy ra đpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Unknowing]

Nguyên văn bởi Math war

Bài 2: Cho x,y,z >0 t/m $xy +zy + xz \leq 3xyz $
Chứng minh: $ \sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{y^2}+\sqrt[3]{z^2}\geq \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} $

từ giả thiết ta suy ra
$3\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{xyz}}\Rightarrow xyz\geq 1 $

đặt $a=\sqrt[6]{x};b=\sqrt[6]{y};c\sqrt[6]{z} $
trên trỡ thành
$a^4+b^4+c^4 \geq a^3+b^3+c^3 $
áp dụng bđt cosi ta có
$a^4+a^4+a^4+1\geq4a^3 $
.
.
.
mà ta có $a^3+b^3+c^3\geq3 $
cộng lại ta đc
$ đccm $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Quydo]

Cho a,b>0;x>y>0
CMR: $(a^x+b^x)^y<(a^y+b^y)^x $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ronadomath]

Cho a,b>0.CMR $\frac{a+b+a^2b^2}{ab}+\frac{54ab}{(a+b)ab+6ab+1} $$\geq 9 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hanhphuc254]

Giúp mình tìm bài tập áp dụng bất đẳng thức này :


$\sqrt{\sum_{i=1}^n a_i^2} $ +$\sqrt{\sum_{i=1}^n b_i^2} $ + $\sqrt{\sum_{i=1}^n c_i^2} $ $\ge $ $\sqrt{\sum_{i=1}^n (a_i + b_i + c_i)^2} $

dạng mở rộng càng hay
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Mashmallow]

Chứng minh trong tam giác ABC ta luôn có
$
1) a(b-c)^{2}+b(c-a)^{2}+c(a-b)^{2} + 4abc \geq a^{3} +b^{3}+c^{3} $

2) $\sqrt{p}< \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}< \sqrt{3p} $

3) $0,4< \frac{r}{h_{a}}\leq 0,5 $ với $ a^{2}+b^{2}\leq c^{2} $

4) $a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq 16 $ biet $S_{\Delta ABC}= 1 $

5) $\frac{ab}{l_{c}}+\frac{bc}{l_{a}}+\frac{ac}{l_{b}} \leq 6R $

6) $sinA.sinB+sinB.sinC+sinC.sinA \geq 9.(\frac{r}{R})^{2} $

7) $4(A+B)\leq 5C $ với $2A+3B=\pi $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Mệnh Thiên Tử]

Nguyên văn bởi Mashmallow

2) $\sqrt{p}< \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}< \sqrt{3p} $

3) $0,4< \frac{r}{h_{a}}\leq 0,5 $ với $ a^{2}+b^{2}\leq c^{2} $

4) $a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq 16 $ biet $S_{\Delta ABC}= 1 $

Bài 2:
sử dụng BĐT :
$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq \sqrt{a+b+c} $
và $(a + b + c)^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}) $. trình bày :
ta có $\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\geq \sqrt{3p-(a+b+c)} $
và $(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-a}+\sqrt{p-a})^{2}\leq 3(\sqrt{p-a}^{2}+\sqrt{p-b}^{2}+\sqrt{p-c}^{2}) $.
Bài 6 :
sử dụng $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) , r^{2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p} $ , định lý hàm sin , Cauchy 3 số .Trình bày:
Ta có :
$\sin A\sin B = \frac{ab}{4R^{2}} $
$\sin B\sin C = \frac{bc}{4R^{2}} $
$\sin C\sin A = \frac{ca}{4R^{2}} $
cần chứng minh $ab+bc+ca \geq 36r^{2} $
ta lại có $r^{2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p} $
$\Rightarrow 36r^{2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}=9(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) $
ta lại có $9abc \geq 9(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) $
Việc của chúng ta là chứng minh $(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc $
Điều này thỏa mãn với bđt Cauchy cho
$a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc} $
$ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}} $


Bài 3 , 4 có trong sách " Nâng cao và phát triển lớp 9 " ( không nhớ quyển mấy )của thầy Vũ Hữu Bình nhưng khá dài , có ai có cách khác không

Cho mình hỏi luôn là $\l _{a} , \l _{b} , \l _{c} $ , a , b , c ở câu 5 và 7 là gì nhé
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[long_chau2010]

Nguyên văn bởi Mệnh Thiên Tử

Bài 2:
sử dụng BĐT :
$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq \sqrt{a+b+c} $
và $(a + b + c)^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}) $. trình bày :
ta có $\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\geq \sqrt{3p-(a+b+c)} $
và $(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-a}+\sqrt{p-a})^{2}\leq 3(\sqrt{p-a}^{2}+\sqrt{p-b}^{2}+\sqrt{p-c}^{2}) $.
Bài 6 :
sử dụng $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) , r^{2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p} $ , định lý hàm sin , Cauchy 3 số .Trình bày:
Ta có :
$\sin A\sin B = \frac{ab}{4R^{2}} $
$\sin B\sin C = \frac{bc}{4R^{2}} $
$\sin C\sin A = \frac{ca}{4R^{2}} $
cần chứng minh $ab+bc+ca \geq 36r^{2} $
ta lại có $r^{2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p} $
$\Rightarrow 36r^{2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}=9(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) $
ta lại có $9abc \geq 9(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) $
Việc của chúng ta là chứng minh $(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc $
Điều này thỏa mãn với bđt Cauchy cho
$a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc} $
$ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}} $


Bài 3 , 4 có trong sách " Nâng cao và phát triển lớp 9 " ( không nhớ quyển mấy )của thầy Vũ Hữu Bình nhưng khá dài , có ai có cách khác không

Cho mình hỏi luôn là $\l _{a} , \l _{b} , \l _{c} $ , a , b , c ở câu 5 và 7 là gì nhé

Đường phân giác
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ronadomath]

Cho a,b,c là các số thực đôi một khác nhau.CMR
$\sum \frac{a^2b^2+1}{(a-b)^2} \geq \frac{3}{2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Lan Phuog]

Nguyên văn bởi ronadomath

Cho a,b>0.CMR $\frac{a+b+a^2b^2}{ab}+\frac{54ab}{(a+b)ab+6ab+1} $$\ge 9 $

Chuyển sang dạng thuần nhất: Cho $a,b,c>0. $
cmr: $\sum \frac{bc}{a^2}+\frac{54abc}{\sum a^3+6abc}\ge 9 $
giả sử $a\ge b\ge c $
bdt $\Leftrightarrow \sum S_a(b-c)^2 $, với:
$S_a=\frac{ab+bc+ca}{b^2c^2}-\frac{6(a+b+c)}{\sum a^3+6abc} $
$S_b=\frac{ab+bc+ca}{c^2a^2}-\frac{6(a+b+c)}{\sum a^3+6abc} $
$S_c=\frac{ab+bc+ca}{a^2b^2}-\frac{6(a+b+c)}{\sum a^3+6abc} $
Có: $S_b=\frac{f(a)}{M} $ với $M=a^2c^2(\sum a^3+6abc)>0 $
$f(a)=(b+c)a^4+(bc-6c^2)a^3+(b^4+c^4+b^3c+bc^3+6b^2c^2)a+b^4c+bc^4 $ là hàm đồng biến
suy ra $f(a)\ge f(b)>0 $
Dễ dàng có $S_a+S_b $ và $S_b+S_c $ đều $\ge 0 $
bđt được cm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Unknowing]

Nguyên văn bởi Mashmallow

Chứng minh trong tam giác ABC ta luôn có

4) $a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq 16 $ biet $S_{\Delta ABC}= 1 $

theo công thức hê-rông ta có
$1=p(p-a)(p-b)(p-c) $

$\Leftrightarrow 16=(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)+(b+c-a) $
=$\left [ (a+b)^2-c^2 \right ]\left [ c^2-(a-b)^2 \right ]\leq \left ( a^2+b^2+2ab-c^2 \right ).c^2 $
vì $0<c^2-(a-b)^2 \leq c^2 $

suy ra

$16\leq 2a^2.c^2+2b^2c^2-c^4 \leq (a^b+b^4+(b^4+c^4)-c^4=a^4+b^4+c^4 $
------------------------------

Nguyên văn bởi Mashmallow

Chứng minh trong tam giác ABC ta luôn có



3) $0,4< \frac{r}{h_{a}}\leq 0,5 $ với $ a^{2}+b^{2}\leq c^{2} $

ta có $S=pr=\frac{1}{2}c.h\Rightarrow \frac{r}{h}=\frac{c}{a+b+c} $
$a+b>c $ nên $\frac{r}{h}<0,5 $

mặt khác $c^2 \geq a^2+b^2 \geq \frac{(a+b)^2}{2} $
suy ra $a+b \leq c\sqrt{2} $
$\Rightarrow \frac{r}{h}\geq \frac{c}{c(\sqrt{2}+1)}=\sqrt{2}-1>0,4 $

cũng khá ngắn @@!

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[NguyenNhatTan]

Nguyên văn bởi ronadomath

Cho a,b,c là các số thực đôi một khác nhau.CMR
$\sum \frac{a^2b^2+1}{(a-b)^2} \geq \frac{3}{2} $

$\sum{\frac{a^{2}b^{2}+1}{(a-b)^{2}}}=\frac{1}{2}.\sum{\frac{(1-ab)^{2}+(1+ab)^{2}}{(a-b)^{2}}}=\frac{1}{2}.(\sum{\frac{(1-ab)^{2}}{(a-b)^{2}}}+\sum{\frac{(1+ab)^{2}}{(a-b)^{2}}}) \geq \frac{1}{2}.(-2.\sum{[\frac{1-ab}{a-b}.\frac{1-bc}{b-c}]}+\sum{[\frac{1+ab}{a-b}.\frac{1+bc}{b-c}]})=\frac{3}{2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Mashmallow]

Nguyên văn bởi Mệnh Thiên Tử

Cho mình hỏi luôn là $\l _{a} , \l _{b} , \l _{c} $, a , b , c ở câu 5 và 7 là gì nhé

$\l _{a} , \l _{b} , \l _{c} $ là dộ dài phân giác trong của các góc tương ứng, a, b, c thì là độ dài các cạnh tam giác.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ronadomath]

Nguyên văn bởi Lan Phuog

Chuyển sang dạng thuần nhất: Cho $a,b,c>0. $
cmr: $\sum \frac{bc}{a^2}+\frac{54abc}{\sum a^3+6abc}\ge 9 $
giả sử $a\ge b\ge c $
bdt $\Leftrightarrow \sum S_a(b-c)^2 $, với:
$S_a=\frac{ab+bc+ca}{b^2c^2}-\frac{6(a+b+c)}{\sum a^3+6abc} $
$S_b=\frac{ab+bc+ca}{c^2a^2}-\frac{6(a+b+c)}{\sum a^3+6abc} $
$S_c=\frac{ab+bc+ca}{a^2b^2}-\frac{6(a+b+c)}{\sum a^3+6abc} $
Có: $S_b=\frac{f(a)}{M} $ với $M=a^2c^2(\sum a^3+6abc)>0 $
$f(a)=(b+c)a^4+(bc-6c^2)a^3+(b^4+c^4+b^3c+bc^3+6b^2c^2)a+b^4c+bc^4 $ là hàm đồng biến
suy ra $f(a)\ge f(b)>0 $
Dễ dàng có $S_a+S_b $ và $S_b+S_c $ đều $\ge 0 $
bđt được cm.

cám ơn vì lời giải của bạn.nhưng mình chưa hiểu dòng đầu tiên lắm.ai có cách khác đẹp hơn ko
------------------------------

Nguyên văn bởi NguyenNhatTan

$\sum{\frac{a^{2}b^{2}+1}{(a-b)^{2}}}=\frac{1}{2}.\sum{\frac{(1-ab)^{2}+(1+ab)^{2}}{(a-b)^{2}}}=\frac{1}{2}.(\sum{\frac{(1-ab)^{2}}{(a-b)^{2}}}+\sum{\frac{(1+ab)^{2}}{(a-b)^{2}}}) \geq \frac{1}{2}.(-2.\sum{[\frac{1-ab}{a-b}.\frac{1-bc}{b-c}]}+\sum{[\frac{1+ab}{a-b}.\frac{1+bc}{b-c}]})=\frac{3}{2} $

cái phần cm $\sum \frac{1+ab}{a-b}.\frac{1+bc}{b-c}=1 $ bạn có cm nào mà ko phải quy đồng lên ko?
(bài này còn có cách dùng bunhia khá hay)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]