Chủ đề này có 3 trả lời

[x20gamer]

Bài 1 : a,b,c là 3 cạnh của tam giác . CMR:
$\dfrac{\sqrt{b+c-a}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}} + \dfrac{\sqrt{a+b-c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}+\dfrac{\sqrt{a+c-b}}{\sqrt{a}+\sqrt{c}-\sqrt{b}} \le 3$
Bài 2 : x,y,z > 0 thoả x+y+z = xy + yz+ zx. CMR:
$\dfrac{1}{x^{2}+y+1} + \dfrac{1}{y^{2}+z+1} + \dfrac{1}{z^{2}+x+1} \le 1$

[PTH_Thái Hà]

Bài 1 : a,b,c là 3 cạnh của tam giác . CMR:
$\dfrac{\sqrt{b+c-a}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}} + \dfrac{\sqrt{a+b-c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}+\dfrac{\sqrt{a+c-b}}{\sqrt{a}+\sqrt{c}-\sqrt{b}} \le 3$

Đặt $x=\sqrt{a}; y=\sqrt{b}; z=\sqrt{c} \Rightarrow x; y; z$ cũng là 3 cạnh của 1 $\Delta $
Ko mất tính tổng quát giả sử $x\geq y\geq z $
Áp dụng BĐT $(m+n+p)^2\leq 3(m^2+n^2+p^2) ; m, n, p\geq 0$ ta có:

$VT\leq \sum\limits_{cyc} {\dfrac{{x^2 + y^2 - z^2 }}{{(x + y - z)^2 }}} $

Ta sẽ CM $\sum\limits_{cyc} {\dfrac{{x^2 + y^2 - z^2 }}{{(x + y - z)^2 }}} \leq 3$

$\Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} {\left( {\dfrac{{x^2 + y^2 - z^2 }}{{(x + y - z)^2 }} - 1} \right) \le 0}$

$\Leftrightarrow \dfrac{{(z - x)(z - y)}}{{(x + y - z)^2 }} + \dfrac{{(y - x)(y - z)}}{{(x + z - y)^2 }} + \dfrac{{(x - y)(x - z)}}{{(y + z - x)^2 }} \ge 0$

$\Leftrightarrow \dfrac{{(z - x)(z - y)}}{{(x + y - z)^2 }} + \dfrac{{(x - y)(x - z)}}{{(y + z - x)^2 }} + \dfrac{{(y - x)(y - x + x - z)}}{{(x + z - y)^2 }} \ge 0$

$\Leftrightarrow\dfrac{{(y - x)^2 }}{{(x + z - y)^2 }} + \dfrac{{(z - x)(z - y)}}{{(x + y - z)^2 }} + (x - y)(x - z)\left( {\dfrac{1}{{(y + z - x)^2 }} - $ $ \dfrac{1}{{(x + z - y)^2 }}} \right) \ge 0 $

$\Leftrightarrow\dfrac{{(y - x)^2 }}{{(x + z - y)^2 }} +$ $ \dfrac{{(z - x)(z - y)}}{{(x + y - z)^2 }} + (x - y)(x - z)\dfrac{{4z(x - y)}}{{(y + z - x)^2 (x + z - y)^2 }} \ge 0 $
đúng với $x\geq y\geq z \Rightarrow $ đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PTH_Thái Hà: 01-10-2010 - 18:12

[h.vuong_pdl]

uhm, bài 1) đưa BDT về dạng thuần nhất, chú ý giả thiết x+y+z = xy+yz+zx.
$VT = \sum{\dfrac{(xy+yz+zx)^2}x^2(x+y+z)^2 + y(x+y+z)(xy+yz+zx) + (xy+yz+zx)^2}}$
như vậy ta có thể chuẩn hóa lại giả thiết của bài toán là : xy+yz+zx = 3
Khi đó $VT = \sum{\dfrac{9}{(x^2+xy+xz)^2 + 3y(x+y+z) + 9}}$
đến đây thì mọi người thử xem sao ???

[NightBaron]

Bài 1 : a,b,c là 3 cạnh của tam giác . CMR:
$\dfrac{\sqrt{b+c-a}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}-\sqrt{a}} + \dfrac{\sqrt{a+b-c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c}}+\dfrac{\sqrt{a+c-b}}{\sqrt{a}+\sqrt{c}-\sqrt{b}} \le 3$
Bài 2 : x,y,z > 0 thoả x+y+z = xy + yz+ zx. CMR:
$\dfrac{1}{x^{2}+y+1} + \dfrac{1}{y^{2}+z+1} + \dfrac{1}{z^{2}+x+1} \le 1$

Bài 2:

Sử dụng BDDT Cauchy-Schwarz, dễ thấy:

$\sum\dfrac{1}{x^2+y+1}\le\sum\dfrac{1+y+z^2}{(x+y+z)^2}$

Cần Cm:

$\sum\dfrac{1+y+z^2}{(x+y+z)^2}\le 1$

$\Leftrightarrow 3+(x+y+x)+(x^2+y^2+z^2)\le (x+y+z)^2$

$\Leftrightarrow 3\le xy+yz+zx$ (1)

Lại có: 0

$(x+y+z)^2\ge 3(xy+yz+zx)$

$\Leftrightarrow (xy+yz+zx)^2\ge 3(xy+yz+zx)$

$\Leftrightarrow xy+yz+zx\ge 3$

Vậy (1) đúng!

$\Rightarrow Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NightBaron: 31-08-2010 - 21:12