Tình cờ đọc được một bổ đề khá hay, mình xin nói rõ bổ đề này trước, rồi sẽ vận dụng sau
Cho $a, b, c$ là 3 cạnh của một tam giác, $x, y, z > 0$ thì ta có :
$$xa^2+yb^2+zc^2\ge 4\sqrt{xy+yz+zx}S$$
Mình xin được trích chứng minh cho bổ đề , mọi người ai có chứng minh hay hay thì post lời giải luôn nhé
Theo định lí hàm số cosin, ta có :
$$xa^2+yb^2+zc^2\ge 4\sqrt{xy+yz+zx}S\Leftrightarrow xa^2+yb^2+z\left (a^2+b^2-2ab\cos{C}\right )\ge 2ab\sin{C}\sqrt{xy+yz+zx}\Leftrightarrow \dfrac{(x+z)a}{b}+\dfrac{(y+z).b}{a}\ge 2\left (\sqrt{xy+yz+zx}+z\cos{C}\right )$$
Áp dụng tiếp bất đẳng thức $BCS$, ta có :
$$\left (\sqrt{xy+yz+zx}+z\cos{C}\right )^2 \le \left (z^2+xy+yz+zx\right )\left (\sin^2{C}+\cos^2{C}\right )= (x+z)(y+z)$$
Kết hợp với $\left [\dfrac{(x+z)a}{b}+\dfrac{(y+z)b}{a}\right ]^2\ge 4(x+z)(y+z)$ suy rs ĐPCM
Áp dụng bổ đề này, mình sẽ chứng minh 2 bài có vẻ "tương đồng" với nó.(mọi người xem như thế nào nhé
)
Bài 1. $$VT = 2(ab+bc+ca)-\left (a^2+b^2+c^2\right ) = a(b+c-a)+b(a+c-b)+c(a+b-c)=\dfrac{(b+c-a).a^2}{a}+\dfrac{(a+c-b).b^2}{b}+\dfrac{(a+b-c).c^2}{c}\ge 4\sqrt{\dfrac{b+c-a}{a}.\dfrac{c+a-b}{b}+\dfrac{c+a-b}{b}.\dfrac{a+b-c}{c}+\dfrac{a+b-c}{c}\dfrac{b+c-a}{a}}.S$$
Ta sẽ chứng minh :
$$\dfrac{(b+c-a)(a+c-b)}{ab}+\dfrac{(a+c-b)(a+b-c)}{bc}+\dfrac{(a+b-c)(b+c-a}{ca}\ge 3$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{c^2-a^2-b^2+2ab}{ab}+\dfrac{a^2-b^2-c^2+2bc}{bc}+\dfrac{b^2-a^2-c^2+2ac}{ac}\ge 3$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{c^3-c.\left (a^2+b^2\right )+a^3-a\left (b^2+c^2\right )+c^3-c\left (a^2+b^2\right )}{abc}\ge -3\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$
Đúng vì đây là bất đẳng thức $Schur$
Bài 3.Áp dụng trực tiếp bổ đề trên, ta có :
$$a_1^2\left (b_2^2+c_2^2-a_2^2\right )+b_1^2\left (a_2^2+c_2^2-b_2^2\right )+c_1^2\left (a_2^2+b_2^2-c_2^2\right ) \ge 4\sqrt{\left (b_2^2+c_2^2-a_2^2\right )\left (a_2^2+c_2^2-b_2^2\right )+\left (a_2^2+c_2^2-b_2^2\right )\left (a_2^2+b_2^2-c_2^2\right )+\left (a_2^2+b_2^2-c_2^2\right )\left (b_2^2+c_2^2-a_2^2\right )}.S_1$$
Việc còn lại là chứng minh :
$$\left (b_2^2+c_2^2-a_2^2\right )\left (a_2^2+c_2^2-b_2^2\right )+\left (a_2^2+c_2^2-b_2^2\right )\left (a_2^2+b_2^2-c_2^2\right )+\left (a_2^2+b_2^2-c_2^2\right )\left (b_2^2+c_2^2-a_2^2\right )\ge 16S_2^2$$
$$VT = c_2^4- \left (a_2^2-b_2^2\right )^2 + b_2^4-\left (a_2^2-c_2^2\right )^2 +a_2^4-\left (b_2^2-c_2^2\right )^2 =2\left (a_2^2b_2^2+b_2^2c_2^2+c_2^2a_2^2\right ) - \left (a_2^4+b_2^4+c_2^4\right )$$ $$ =
2c_2^2\left (a_2^2+b_2^2\right )-c_2^4 - \left (a_2^2-b_2^2\right )^2 = \left (a_2^2+b_2^2\right )^2 - \left (a_2^2-b_2^2\right )^2 - \left (a_2^2+b_2^2-c_2^2\right )^2 = 4a_2^2b_2^2- \left (a_2^2+b_2^2-c_2^2\right )^2 $$ $$= \left (2a_2b_2+a_2^2+b_2^2-c_2^2\right )\left (2a_2b_2+c_2^2-a_2^2-b_2^2\right ) = \left ((a_2+b_2)^2-c_2^2\right )\left (c_2^2- (a_2-b_2)^2\right ) = \left (a_2+b_2+c_2\right )\left (a_2+b_2-c_2\right )\left (c_2+a_2-b_2\right )\left (c_2+b_2-a_2\right ) = 16S_2^2$$
Suy ra ĐPCM.
Mệt quá. Hôm sau nghĩ bài 2.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 18-04-2012 - 08:06
