Nghiapnh1002

Chứng minh rằng trong mọi $\Delta ABC$ có

$\frac{1}{\sqrt{m_{a}}}+\frac{1}{\sqrt{m_{b}}}+\frac{1}{\sqrt{m_{c}}} \geq \sqrt{\frac{6}{R}}$ 

(Với $m_{a},m_{b},m_{c}$ là độ dài của các trung tuyên và $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp).

Cho a,b,c>0 thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc=4$.

Chứng minh rằng $(a+b+c)^{2}\geq 2(a+b+c)+ab+bc+ca$

Từ điều kiện ta có thể viết lại:

$(\frac{a}{2})^2+(\frac{b}{2})^2+(\frac{c}{2})^2+4\frac{a}{2}\frac{b}{2}\frac{c}{2}=1$

Do đó có thể đặt:

$\frac{a}{2}=cosA;\frac{b}{2}=cosB;\frac{c}{2}=cosC$

Ta viết lại biểu thức
$(\sum cosA)^2 \geq \sum cosA+\sum cosAcosB$

Mặt khác
$\sum cosA=\frac{R+r}{R}; \sum cosAcosB=\frac{p^2+r^2-4R^2}{4R^2}$

Bằng biến đổi tương đương ta có:

$p^2 \leq 4R^2+4Rr+3r^2$

Đây chính là bất đẳng thức Gerretsen !

Bạn có thể tham khảo thêm ở đây

Giải phương trình: 

$\sqrt{sinx}+\sqrt{cosx}+1=sin^2x+2cosx$ 

Giai pt sau:

$(3x^{2}-3x+ 3)^{\frac{1}{3}} - (\frac{x^{3}}{3}-\frac{3}{4})^{\frac{1}{2}} = \frac{1}{2}$

$\sqrt[3]{3x^2-3x+3}-\sqrt{\frac{4x^3-9}{12}}=\frac{1}{2}$ (1)

ĐKXĐ: $x \geq \sqrt[3]{\frac{9}{4}}$

 

$(x-\sqrt[3]{3x^2-3x+3})+(\sqrt\frac{4x^3-9}{12}+\frac{1}{2}-x)=0$

$\Leftrightarrow (x^3-3x^2+3x-3)(\frac{1}{x^2+x\sqrt[3]{3x^2-3x+3}+(\sqrt[3]{3x^2-3x+3})^2}+\frac{1}{3(\sqrt{\frac{4x^3-9}{12}}+(x-\frac{1}{2}))})=0$

Từ điều kiện ta có: 

$x^3-3x^2+3x-3=0$$\Leftrightarrow (x-1)^3=2$

Vậy: $x=\sqrt[3]{2}+1$ là nghiệm của phương trình.

P/s: Cảm ơn, mình đã sửa.

Bài này có một cách thuần túy bằng AM-GM.

Bài này em thấy trong kỷ yếu GGTH. Em thấy nó hay và có nhiều cách giải nên em đăng lên

Sau đây là cách giải của em 

Đặt $a=x+y$ ; $b=y+z$ , $c=z+x$ ta có bất đẳng thức sau:

$8a^2b^2c^2 \geq (a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a) $

Lúc này ta thấy $a,b,c$ là ba cạnh của một tam giác nên ta có thể biểu diễn như sau:

Ta có: 

$abc=4Rpr$

$(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)=8pr^2$

$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc=2p(p^2+r^2+2Rr)$

Do đó bất đẳng thức tương đương:

$8(4Rpr)^2 \geq 8pr^2(2p(p^2+r^2+2Rr)$

$ \Leftrightarrow 8R^2-r^2-2Rr \geq p^2$

Mặc khác lại có : $p^2 \leq 4R^2+4Rr+3r^2$ nên ta chỉ cần chứng minh

$8R^2-r^2-2Rr \geq 4R^2 +4Rr+3r^2$

$\Leftrightarrow 2R^2-3Rr-2r^2 \geq 0$

$\Leftrightarrow (R-2r)(2R+r) \geq 0$

Từ đây ta đi chứng minh $R \geq 2r$

Mặc khác theo công thức $Euler$ ta có: $OI^2=R^2-2Rr \geq 0$ nên $R \geq 2r$

Từ đây ta có đpcm.

cần một minh họa ứng dụng của cái này

Mình thấy cài này có khá nhiều ứng dụng đấy bạn ạ như trong chứng minh các bất đẳng thức lượng giác này. Ví dụ nhé:

 

1) $cosA+cosB+cosC \leq \frac{3}{2}$

Bài này ta có thể dùng các công thức trên đễ chứng minh một cách dễ dàng

Lời giải:

Ta có: $cosA+cosB+cosC=1+\frac{r}{R} $ 

Do đó ta chỉ cần chứng minh $R \geq 2r$ (BĐT Euler)

Đối với bất đẳng thức $Euler$ này có nhiều cách chứng minh sau đây mình xin nêu ra hai cách đơn giản:

 

Cách 1: 

Ta có: $R^2-2Rr=OI^2 \geq 0$ nên $R \geq 2r$

Cách 2;

Ta có: 

$r=4Rsin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}$ 

Mặc khác $sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2} \leq \frac{1}{8}$ từ đây ta có đpcm

 

2)CMR: $sin^2\frac{A}{2}+sin^2\frac{B}{2}+sin^2\frac{C}{2}+sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2} \geq \frac{7}{8}$

Lời giải:

Ta có: $sin^2\frac{A}{2}+sin^2\frac{B}{2}+sin^2\frac{C}{2} =1-2sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}=1-\frac{r}{2R}$

Từ đây ta có thể chuyễn về dạng sau:

$1-\frac{r}{2R}+\frac{r}{4R} \geq \frac{7}{8}$

$\Leftrightarrow R \geq 2r$

 

II) Các bất đẳng thức của $Blundon$

1) $\frac{27Rr}{2}\leq16Rr-5r^2 \leq p^2 \leq 4R^2+4Rr+3r^2$

2) $24Rr-12r^2 \leq a^2+b^2+c^2\leq8R^2+4r^2$

3) $6\sqrt{3} \leq a+b+c \leq 4R+(6\sqrt{3}r-8)r$

4) $\left | p^2-(2R^2+10Rr-r^2) \right | \leq 2(R-2r)\sqrt{R(R-2r)}$

Chứng minh các bất đẳng thức này khá dài bạn có thể tham khảo ở đây

Ứng dụng:

1) CMR: $\Sigma cot\frac{A}{2} \geq 3(\Sigma tan \frac{A}{2})$

Lời giải:

Ta có: $\Sigma cot\frac{A}{2}=\frac{p}{r}$; $\Sigma tan\frac{A}{2}=\frac{4R+r}{p}$

Do đó ta cần chứng minh: 

$p^2 \geq 12Rr+3r^2$

Mặc khác theo BĐT (1) thì $p^2 \geq 16Rr-5r^2$ nên ta chỉ cần chứng minh:

$16Rr-5r^2 \geq 12Rr+3r^2$ $\Leftrightarrow R \geq 2r$

 

2) $a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3}S$ (BĐT Weizenboeck)

Ta có $a^2+b^2+c^2=2p^2-8Rr-2r^2$

Do đó ta cần chứng minh $p^2 \geq 4Rr+r^2+ 2\sqrt{3}pr$

Mặc khác ta có $p^2 \geq 16Rr-5r^2$

Nên ta cần chứng minh $6R-3r \geq \sqrt{3}p$

Bình phương hai vế ta được:

$12R^2+3r^2-12Rr \geq p^2$

Ta tiếp tục áp dụng bất đẳng thức $p^2 \leq 4R^2+4Rr+3r^2$

Cuối cùng thu được $R \geq 2r$

 

3) CMR: 

$xyz(x+y+2z)(x+2y+z)(2x+y+z) \leq [(x+y)(y+z)(z+x)]^2$

Lời giải

Đặt: $a=x+y, b=y+z, c=z+x$ ta có bất đẳng thức sau

$8a^2b^2c^2 \geq (a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)$ (*)

Nhờ phép đặt lúc này ta thấy $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác nên ta biểu diễn theo $p,R,r$ ta có

(*)$ \Leftrightarrow 8(4Rpr)^2 \geq 8pr^2(2p(p^2+r^2+2Rr))$

$\Leftrightarrow p^2\leq 8R^2-r^2-2Rr$

Áp dụng $p^2 \leq 4R^2+4Rr+3r^2$ ta có:

$4R^2+4Rr+3r^2 \leq 8R^2-r^2-2Rr$

$\Leftrightarrow (R-2r)(2R+r) \geq 0$

Cho số nguyên tố $p=\overline{abcd}$chứng minh rằng đa thức

$f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$  bất khả quy.

Bài toán trên có trong tài liệu phương pháp $S-S$ của anh Huyện.mình xin trình bày lại.
Không mất tính tổng quát ta giả sử $c=max(a,b,c)$.
Bất đẳng thức viết lai:
$\prod (a+b) -8abc \geq abc-\prod (a+b-c)$
$\Leftrightarrow 2c(a-b)^2+(a+b)(a-c)(b-c) \geq (a-b)^2(a+b-c)+c(a-c)(b-c)$
$\Leftrightarrow (a-b)^2(3c-a-b)+(a+b-c)(a-c)(b-c)\geq 0$
(đúng theo định nghĩa của $c$ và giả thiết)

Bài này mình thấy trong topic này (https://diendantoanh...trong-tam-giác/)
Cách của mình đây
Ta có $(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)=\frac{8S^2}{p}=\frac{8p^2r^2}{p}=8pr^2$
$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc=2p(p^2+r^2+4Rr)-4Rpr$
$8pr^2+2p(p^2+r^2+4Rr) \geq 40Rpr$
$\Leftrightarrow p^2 \geq 16rr-5r^2$(Đúng theo Gerretsen)

Chứng minh các bất đẳng thức sau:
 1) $3R+2(h_{a}+h_{b}+h_{c})\geq 8\sqrt[4]{3}\sqrt{S}$

 

2) $3(R+r)+(r_{a}+r_{b}+r_{c})+2(h_{a}+h_{b}+h_{c})\geq 12\sqrt[4]{3}\sqrt{S}$

 

3) $(a+b)(b+c)(c+a)+(b+a-c)(c+b-a)(c+a-b)\geq 9abc$

 

4) $(\frac{a^2+b^2+c^2}{cotA+cotB+cotC})^3\leq \frac{a^2b^2c^2}{tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2}}$

 

5) $4S^2\leq \sum_{cyc}^{.}a^2(p-b)(p-c)\leq p^2R^2$

4) Ta có: $cotA+cotB+cotC= \frac{a^2+b^2+c^2}{4S} \Rightarrow \frac{a^2+b^2+c^2}{cotA+cotB+cotC}=4S  $  

 $abc=4SR \Rightarrow a^2b^2c^2= 16S^2R^2 $  và $tan \frac{A}{2}tan\frac{B}{2}tan\frac{C}{2}=\frac{r}{p}$ 

Cuối cùng ta cần chứng minh $64S^3 \leq \frac {16S^2R^2p}{r} \Leftrightarrow 4S \leq \frac{R^2p}{r} \Leftrightarrow 4r^2 \leq R^2 \Leftrightarrow 2r \leq R $ Bất đẳng thức cuối dễ dàng chứng minh được. Vậy ta có đpcm. 

 Giải phương trình:

$\sqrt{x+1}(\sqrt{x+2}+1)=(x-1)(1+\sqrt{x^{2}-2x+2})$

Ta có ĐKXĐ $x \geq -1$

PTTĐ: $\sqrt{x+1}(\sqrt{(\sqrt{x+1})^2+1}+1)=(x-1)(\sqrt{(x-1)^2+1}+1)$ 

Đến đây bạn có hai hướng là đặt ẩn phụ với $a=\sqrt{x+1};b=x-1$ hoặc xét hàm đặt trưng $f(t)=t(\sqrt{t^2+1}+1) $

Cuối cùng đưa đến 

$\sqrt{x+1}=x-1$ có nghiệm là $x=3$ hoặc $x=0$

Bài 16: Cho các số thực dương thỏa mãn $a+b+c+\sqrt{2abc} \geq 10$

Chứng minh rằng:

$\sum \sqrt{\frac{8}{a^2}+\frac{9b^2}{2}+\frac{c^2a^2}{4}}  \geq 6\sqrt{6}$

bày đặt là sao?

mà bdt schur dạng phân thức là gì vậy

Bất đẳng thức $Schur$ phát biểu như sau:

$a^r(a-b)(a-c)+b^r(b-c)(b-a)+c^r(c-a)(c-b) \geq 0$ 

Dấu bằng xãy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=0, b=c$ và các hóan vị

Với $r=1$ ta có các bất đẳng thức như sau

(1) Bậc ba:  

         $a^3+b^3+c^3+3abc \geq ab(a+b) +bc(b+c) +ca(c+a)$ 

         $(a+b+c)^3+9abc \geq 4(a+b+c)(ab+bc+ca)$

(2) Bậc hai: 

         $a^2+b^2+c^2+ \frac{9abc}{a+b+c} \geq 2(ab+bc+ca)$

(3) Bậc 0:

         $\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} +\frac{c}{a+b} + \frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2$

Bạn có thể tham khảo các tài liệu trên mạng có khá nhiều đấy

Tương tự một bài ở đây

Đây là bất đẳng thức $Vasc$ nhé bạn:

Một cách cơ bản giải nó là đổi biến:

DO $xyz=1$  nên ta có thể đặt $x=\frac{bc}{a^2}$, $y=\frac{ca}{b^2}$, $z=\frac{ab}{c^2}$

Khi đó  bất đẳng thức trở thành:$\frac{a^4}{a^4+a^2bc+b^2c^2}+\frac{b^4}{b^4+b^2ca+c^2a^2}+\frac{c^4}{c^4+c^2ab+a^2b^2} \geq 1$

$VT\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum (a^4+a^2bc+b^2c^2)}$

Do đó ta cần chứng minh $(\sum a^2)^2 \geq \sum (a^4+a^2bc+b^2c^2)$ và bất đẳng thức này tương đương với 

$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \geq abc(a+b+c)$...