Chủ đề này có 3 trả lời

[Super Fields]

$1)$Chứng minh rằng:

$$\sqrt{x^2+xy+y^2}+\sqrt{x^2+xz+z^2} \geq \sqrt{y^2+yz+z^2}  \forall x \in \mathbb{R}$$

$2)$ Cho $x,y,z$ là các số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:

$$\frac{\begin{vmatrix} x-y \end{vmatrix}}{\sqrt{1+x^2}.\sqrt{1+y^2}}+\frac{\begin{vmatrix} y-z \end{vmatrix}}{\sqrt{1+y^2}.\sqrt{1+z^2}}>\frac{\begin{vmatrix} z-x \end{vmatrix}}{\sqrt{1+z^2}.\sqrt{1+x^2}}$$

___________________________________________

Rất hoan nghênh dùng đồ thị   

 

[25 minutes]

 

$1)$Chứng minh rằng:

$$\sqrt{x^2+xy+y^2}+\sqrt{x^2+xz+z^2} \geq \sqrt{y^2+yz+z^2}  \forall x \in \mathbb{R}$$

Chọn điểm $O$ trên mặt phẳng và các điểm $A,B,C$ sao cho $\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COA}=120^0$

Đặt $OA=x,OB=y,OC=z$

Ta có $\cos \widehat{AOB}=\frac{-1}{2}=\frac{x^2+y^2-AB^2}{2xy}$

$\Rightarrow AB=\sqrt{x^2+xy+y^2}$

Tương tự ta đưa về bất đẳng thức $AB+BC \geqslant AC$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 27-09-2014 - 13:14

[25 minutes]

$2)$ Cho $x,y,z$ là các số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:

$$\frac{\begin{vmatrix} x-y \end{vmatrix}}{\sqrt{1+x^2}.\sqrt{1+y^2}}+\frac{\begin{vmatrix} y-z \end{vmatrix}}{\sqrt{1+y^2}.\sqrt{1+z^2}}>\frac{\begin{vmatrix} z-x \end{vmatrix}}{\sqrt{1+z^2}.\sqrt{1+x^2}}$$

Do vai trò của $x,y,z$ là như nhau nên ta có thể giả sử $x>y>z$, khi đó BĐT trở thành

  $\frac{x-y}{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+y^2}}+\frac{y-z}{\sqrt{1+y^2}+\sqrt{1+z^2}}> \frac{x-z}{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+z^2}}$

$\Leftrightarrow \frac{x-y}{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+y^2}}+\frac{y-x+x-z}{\sqrt{1+y^2}+\sqrt{1+z^2}}> \frac{x-z}{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+z^2}}$

$\Leftrightarrow (x-y)(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+y^2}}-\frac{1}{\sqrt{1+y^2}+\sqrt{1+z^2}})> (x-z)(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+z^2}}-\frac{1}{\sqrt{1+y^2}+\sqrt{1+z^2}})$

$\Leftrightarrow \frac{(x-y)(\sqrt{1+z^2}-\sqrt{1+x^2})}{(\sqrt{} +\sqrt{})(\sqrt{}+\sqrt{})}> \frac{(x-z)(\sqrt{1+y^2}-\sqrt{1+x^2})}{(\sqrt{}+\sqrt{})(\sqrt{}+\sqrt{})}$

$\Leftrightarrow (x-y)(z^2-x^2)>(x-z)(y^2-x^2)$----Nhân liên hợp và nhân cả 2 vế với lượng $(\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+y^2})(\sqrt{1+y^2}+\sqrt{1+z^2})(\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+z^2})$

$\Leftrightarrow (x-y)(x-z)(y-z)>0$

Vậy ta có đpcm

[phan huong]

Chọn điểm $O$ trên mặt phẳng và các điểm $A,B,C$ sao cho $\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COA}=120^0$

Đặt $OA=x,OB=y,OC=z$

Ta có $\cos \widehat{AOB}=\frac{-1}{2}=\frac{x^2+y^2-AB^2}{2xy}$

$\Rightarrow AB=\sqrt{x^2+xy+y^2}$

Tương tự ta đưa về bất đẳng thức $AB+BC \geqslant BC$

cái này phải là AB +AC$\geq BC$.