Topic về bất đẳng thức

[nguyenhtctb]

Nguyên văn bởi ronadomath

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

Đặt $x=\frac{1}{a} y=\frac{1}{b},z=ab,xyz=1 $
bđt $\Leftrightarrow x+y+z+ \frac{54}{xy+yz+xz+6}\geq 9 $
$\Leftrightarrow 6p+pq\geq 9q $
$(x+y+z=p ,xy+yz+xz=q , xyz=r=1) $
$\Leftrightarrow p \geq \frac{9q}{q+6} $
Ta có bđt quen thuộc: $p^2q+3pr \geq 4q^2 $
$\Leftrightarrow p^2q+3p \geq 4q^2 $
$\Leftrightarrow p \geq \frac{-3+\sqrt{9+16q^3}}{2q} $
Với mọi $p \geq 3 $ thấy $\frac{-3+\sqrt{9+16q^3}}{2q}\geq \frac{9q}{q+6} $
Suy ra dfcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Lan Phuog]

Nguyên văn bởi ronadomath

cám ơn vì lời giải của bạn.nhưng mình chưa hiểu dòng đầu tiên lắm.

đầu tjên đưa về bđt $x+y+z+\frac{54}{xy+yz+zx+6}\ge 9 $ vớj $x,y,z>0,xyz=1 $
Sau đó đặt tjếp $x=\frac{bc}{a^2},... $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Quydo]

Nguyên văn bởi Mashmallow

4) $a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq 16 $ biet $S_{\Delta ABC}= 1 $
7) $4(a+b)\leq 5c $ với $2a+3b=\pi $

4) Rất gọn mà sử dụng
$abc \geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) $
Ta có: $a^4+b^4+c^4 \geq abc(a+b+c) \geq 16S^2=16 $
7) Ở đây BĐT là góc hay cạnh vậy bạn?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Mệnh Thiên Tử]

Cạnh đấy bạn , bạn xem #767 thì biết
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Mashmallow]

Nguyên văn bởi Quydo

4) Rất gọn mà sử dụng
$abc \geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) $
Ta có: $a^4+b^4+c^4 \geq abc(a+b+c) \geq 16S^2=16 $
7) Ở đây BĐT là góc hay cạnh vậy bạn?

Ối mình nhầm đấy là góc chứ ko phải cạnh
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Quydo]

Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác cmr:
$a(b^2+c^2-a^2)+b(c^2+a^2-b^2)+c(a^2+b^2-c^2)>2abc $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Nguyên văn bởi Quydo

Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác cmr:
$a(b^2+c^2-a^2)+b(c^2+a^2-b^2)+c(a^2+b^2-c^2)>2abc $

Chia cả 2 vế cho $2abc $ và áp dụng định lý cosine, ta có bất đẳng thức tương đương: $\cos A + \cos B + \cos C > 1 $
Mặt khác, ta có đẳng thức quen thuộc $\cos A + \cos B + \cos C = 1+4 \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2} $
Vì $\sin \frac{A}{2}, \sin \frac{B}{2}, \sin \frac{C}{2} > 0 $ nên ta có $\cos A + \cos B + \cos C > 1 $ (đpcm)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[manhnguyen94]

Nguyên văn bởi Mashmallow

Chứng minh trong tam giác ABC ta luôn
5) $\frac{ab}{l_{c}}+\frac{bc}{l_{a}}+\frac{ac}{l_{b}} \leq 6R $

Ta có BDT cần cm tương đương với:

$
\sum \frac{ab}{l_c}\leq 6\frac{abc}{4S}=\frac{3abc}{2S}\Leftrightarrow \sum \frac{1}{cl_c}\leq \frac{3}{2S} $
$\Leftrightarrow \sum \frac{b+c}{a\sqrt{bc}\sqrt{(a+b+c)(b+c-a)}}\leq \frac{3}{2S}\Leftrightarrow \sum \frac{(b+c)\sqrt{bc}\sqrt{(a+b-c)(a+c-b)))}}{abc}\leq 6 $
Giờ ta sẽ c/m:
$(b+c)\sqrt{(a+b-c)(a+c-b)))}\leq 2a\sqrt{bc} $
$\Leftrightarrow \frac{b+c}{2 \sqrt{bc}} \leq \frac{2a}{\sqrt{(a+b-c)(a+c-b)))}}\Leftrightarrow \frac{(b+c)^2)}{4bc}-1\leq \frac{a^2}{a^2- (b-c)^2)}-1 $
$\Leftrightarrow (b-c)^2}( \frac{1}{4bc}- \frac{1}{a^2-(b-c)^2)})\leq 0 $
Cái đó luôn đúng nên ta áp dụng tương tự cho 2 số còn lại => DPCM

@mệnh thiên tử: biết bị lừa chưa em

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

[Mashmallow]

Nguyên văn bởi Mashmallow

Chứng minh trong tam giác ABC ta luôn có

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

Thầy mình gợi ý giải theo 1 cách khác là dùng $ l_{a}=\frac{2bc.cos\frac{A}{2}}{b+c} $ nhưng mình làm chưa ra

Thêm 1 bài nữa: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: xyz=(1-x)(1-y)(1-z)
Tìm min: F= $ x^{2}+y^{2}+z^{2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Mệnh Thiên Tử]

Nguyên văn bởi Mashmallow

Chứng minh trong tam giác ABC ta luôn có
[tex]


7) $4(A+B)\leq 5C $ với $2A+3B=\pi $

Làm bừa nhé
Ta có $2A+3B = \pi = A + B + C $
$\Rightarrow C = A + 2B > A + B $
$\Rightarrow 5C > 5(A + B) $
$\Rightarrow 5C > 4(A + B) $
có lẽ sai nhưng không biết chỗ nào

@manhnguyen94 : biết rồi anh ơi , lừa cú này đau quá

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

[MathForLife]

Nguyên văn bởi 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} $

Nguyên văn bởi Quydo

Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác cmr:
$a(b^2+c^2-a^2)+b(c^2+a^2-b^2)+c(a^2+b^2-c^2)>2abc $

2 bất đẳng thức này tương đương nhau và cùng tương đương với bất đẳng thức $(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)>0 $ hiển nhiên đúng trong tam giác.
----------------------------------------------------------------

Chứng minh với mọi số a,b,c không âm ta có:

1. $(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)(a+b+c)^2\ge 8(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)^2 $

2. $\frac{1}{x^2+xy+y^2}+\frac{1}{y^2+yz+z^2}+\frac{1} {z^2+zx+x^2}\ge \frac{9}{(x+y+z)^2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[long_chau2010]

Nguyên văn bởi MathForLife

2 bất đẳng thức này tương đương nhau và cùng tương đương với bất đẳng thức $(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)>0 $ hiển nhiên đúng trong tam giác.
----------------------------------------------------------------

Chứng minh với mọi số a,b,c không âm ta có:

1. $(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)(a+b+c)^2\ge 8(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)^2 $

2. $\frac{1}{x^2+xy+y^2}+\frac{1}{y^2+yz+z^2}+\frac{1} {z^2+zx+x^2}\ge \frac{9}{(x+y+z)^2} $

Bài 2 là kết quả suy ra của IRAN 96
$\sum_{cyc}\frac{xy+yz+xz}{(xy+zx+zy)(x^2+y^2+xy)} \ge 4(xy+xz+zy)(\sum_{cyc}\frac{1}{(x+y)^2}) $
$\leftrightarrow 4(xy+zx+zy)(\sum_{abc}{\frac{1}{(x+y)^2}})\ge 9 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MathForLife]

Nguyên văn bởi long_chau2010

Bài 2 là kết quả suy ra của IRAN 96
$\sum_{cyc}\frac{xy+yz+xz}{(xy+zx+zy)(x^2+y^2+xy)} \ge 4(xy+xz+zy)(\sum_{cyc}\frac{1}{(x+y)^2}) $
$\leftrightarrow 4(xy+zx+zy)(\sum_{abc}{\frac{1}{(x+y)^2}})\ge 9 $

Ngay cả việc chứng minh Iran 96 đã mệt mỏi lắm rồi. Với những người không biết qua bất đẳng thức Iran 96 thì như thế chẳng khác nào tự làm khó mình. Các bạn thử tìm lời giải khác xem ?!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[NguyenNhatTan]

Ta có thể chứng minh đươc BĐT chặt hơn :
$\sum{\frac{1}{x^{2}+xy+y^{2}}} \geq \frac{1}{3(xy+yz+zx)}+\frac{8}{(x+y+z)^{2}} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MathForLife]

Nguyên văn bởi NguyenNhatTan

Ta có thể chứng minh đươc BĐT chặt hơn :
$\sum{\frac{1}{x^{2}+xy+y^{2}}} \geq \frac{1}{3(xy+yz+zx)}+\frac{8}{(x+y+z)^{2}} $

Bạn có thể đưa ra chứng minh cho bất đẳng thức này ko?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]