Chủ đề này có 4 trả lời

[Tham Lang]

Bài toán 1.
Cho $a, b, c \in [0;1]$ . Chứng minh rằng :
$$\sum{\sqrt{a(1-b)(1-c)}}\le 1 + \sqrt{abc}$$
Bài toán 2.
Cho $x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{y^2+z^2}+\sqrt{z^2+x^2}=2006$
Tìm GTNN của biểu thức :
$$P=\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}$$
Bài toán 3.
Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$4abc\left [\dfrac{1}{(a+b)^2c}+\dfrac{1}{(b+c)^2a}+\dfrac{1}{(c+a)^2b}\right ]+\dfrac{a+c}{b}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\ge 9$$
Bài toán 4.
Cho $a,b, c>0, a+b+c=1$ . Chứng minh rằng :
$$\sqrt{\dfrac{ab}{c}+1}+\sqrt{\dfrac{bc}{a}+1}+\sqrt{\dfrac{ca}{b}+1}\ge 2\left (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right )$$
Bài toán 5.
Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\sum{\dfrac{yz}{x(x+y+z)+1}}\ge \sum{\dfrac{x^2}{x(x+y+z)+1}}$$

[dungmathpro]

Bài 4:
Ta có:
$\sqrt{\frac{ab}{c}+1}=\sqrt{\frac{ab}{c}+a+b+c}=\sqrt{\frac{ab+ac+bc+c^2}{c}}= \sqrt{\frac{(a+c)(b+c)}{c}}$
Để ý
$\sqrt{(a+c)(c+b)}\geq \sqrt{(\sqrt{ac}+\sqrt{bc})^2}= \sqrt{c}(\sqrt{a}+\sqrt{b})\Rightarrow \sqrt{\frac{ab}{c}+1}=\frac{\sqrt{(a+c)(b+c)}}{\sqrt{c}}\geq \frac{\sqrt{c}(\sqrt{a}+\sqrt{b})}{\sqrt{c}}= \sqrt{a}+\sqrt{b}$
tương tự
Vậy
$P\geq 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dungmathpro: 01-05-2012 - 09:28

[NguyThang khtn]

Góp ý với bạn huy một chút nhé!
Bạn có thể post mấy bài này vào pic http://diendantoanho...showtopic=60082 được ko?

[phantomladyvskaitokid]

Bài toán 2.
Cho $x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{y^2+z^2}+\sqrt{z^2+x^2}=2006$
Tìm GTNN của biểu thức :
$$P=\dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y}$$

đặt $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x^2+y^2}=a & & \\ \sqrt{y^2+z^2}=b & & \\ \sqrt{z^2+x^2}=c & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \dfrac{x^2}{y+z}+\dfrac{y^2}{z+x}+\dfrac{z^2}{x+y} \geq \dfrac{x^2}{\sqrt{2(y^2+z^2)}}+\dfrac{y^2}{\sqrt{2(z^2+x^2)}}+\dfrac{z^2}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}$

$=\frac{1}{2\sqrt{2}}\left ( \frac{a^2+c^2-b^2}{b}+\frac{b^2+a^2-c^2}{c}+\frac{c^2+b^2-a^2}{a} \right )$

mà

$\frac{a^2+c^2-b^2}{b}=\frac{a^2}{b}+b+\frac{c^2}{b}+b-3b\geq 2a+2c-3b$

tương tự suy ra

$P\geq \frac{1}{2\sqrt{2}}(a+b+c)=\frac{1003\sqrt{2}}{2}$

[dungmathpro]

Bài toán 3:
BĐT tương đương:
$\frac{4ab}{(a+b)^2}+\frac{4bc}{(b+c)^2}+\frac{4ac}{(a+c)^2}+\frac{a+c}{b}+\frac{b+c}{a}+\frac{a+c}{b}\geq 9$
Ta có$\begin{bmatrix} \frac{4ab}{(a+b)^2}+\frac{a}{b}) \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} \frac{4bc}{(b+c)^2}+\frac{b}{c}) \end{bmatrix}+\begin{bmatrix} \frac{4ac}{(a+c)^2}+\frac{c}{a}) \end{bmatrix}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\geq 4\frac{a}{a+b}+4\frac{b}{c+b}+4\frac{c}{a+c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}=(4\frac{a}{a+b}+\frac{a+b}{a})+(4\frac{b}{c+b}+\frac{b+c}{a})+(4\frac{c}{a+c}+\frac{c+a}{c})-3\geq 12-3=9\Rightarrow đpcm$