Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác.CMR: $\dfrac{ab}{a+b-c}+\dfrac{bc}{b+c-a}+\dfrac{ca}{a+c-b}\geq a+b+c$
CMR: $\dfrac{ab}{a+b-c}+\dfrac{bc}{b+c-a}+\dfrac{ca}{a+c-b}\geq a+b+c$
#1
Đã gửi 16-02-2015 - 22:36
#2
Đã gửi 16-02-2015 - 22:53
Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác.CMR: $\dfrac{ab}{a+b-c}+\dfrac{bc}{b+c-a}+\dfrac{ca}{a+c-b}\geq a+b+c$
*Bổ đề 1 $(x+y)(y+z)(z+x)\geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx) $ (chứng minh bằng biến đổi tương đương và AM-GM)
*Bổ đề 2 $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z} $
Đặt $x=a+b-c;y=b+c-a;z=a+c-b\Rightarrow x+y=2b;y+z=2x;z+x=2a $
Khi đó $VT= \frac{(x+y)(x+z)}{4x}+\frac{(x+y)(y+z)}{4y}+\frac{(x+z)(y+z)}{4z}=(x+y)(y+z)(z+x)\left [ \frac{1}{4x(y+z)} +\frac{1}{4y(x+z)}+\frac{1}{4z(x+y)}\right ]$
$\geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx).\frac{9}{8(xy+yz+zx)}=x+y+z=a+b+c$
=>đpcm
Dấu bằng xảy ra $a=b=c$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Chung Anh: 16-02-2015 - 22:54
- Ngoc Hung, songviae, hoanglong2k và 2 người khác yêu thích
Chung Anh
#3
Đã gửi 16-02-2015 - 23:02
Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác.CMR: $\dfrac{ab}{a+b-c}+\dfrac{bc}{b+c-a}+\dfrac{ca}{a+c-b}\geq a+b+c$
BĐT tương đương với
$\sum \left ( \frac{ab}{a+b-c}-c \right )\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum \frac{ab-bc-ac+c^2}{a+b-c}\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{a+b-c}.(a-c)(b-c)\geq 0$
Đặt được ứng, BĐT tương đương $S_c.(a-c)(b-c)+S_a.(c-a)(b-a)+S_b.(a-b)(c-b)\geq 0$
Không mất tổng quát giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow S_a\geq S_b\geq S_c>0$
Suy ra $S_c.(a-c)(b-c)\geq 0$
Và $S_a.(a-c)\geq S_b.(a-c)\geq S_b.(b-c)$
$\Rightarrow S_a.(a-c).(a-b)\geq S_b.(b-c)(a-b)\Leftrightarrow S_a.(c-a)(b-a)+S_b.(a-b)(c-b)\geq 0$
$\Rightarrow S_c.(a-c)(b-c)+S_a.(c-a)(b-a)+S_b.(a-b)(c-b)\geq 0$
BĐT đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 16-02-2015 - 23:06
- Ngoc Hung, songviae và tpdtthltvp thích
#4
Đã gửi 03-05-2016 - 18:07
*Bổ đề 1 $(x+y)(y+z)(z+x)\geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx) $ (chứng minh bằng biến đổi tương đương và AM-GM)
*Bổ đề 2 $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z} $
Đặt $x=a+b-c;y=b+c-a;z=a+c-b\Rightarrow x+y=2b;y+z=2x;z+x=2a $
Khi đó $VT= \frac{(x+y)(x+z)}{4x}+\frac{(x+y)(y+z)}{4y}+\frac{(x+z)(y+z)}{4z}=(x+y)(y+z)(z+x)\left [ \frac{1}{4x(y+z)} +\frac{1}{4y(x+z)}+\frac{1}{4z(x+y)}\right ]$
$\geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx).\frac{9}{8(xy+yz+zx)}=x+y+z=a+b+c$
=>đpcm
Dấu bằng xảy ra $a=b=c$
Bạn có thể chứng minh cụ thể bổ đề 1 được không
#5
Đã gửi 03-05-2016 - 23:40
Cách khác $:$ Cũng đặt $:$ $ a+b-c=x , b+c-a=y,a+c-b=z $
Ta được $:$ $ a=\frac{x+z}{2} , b=\frac{x+y}{2} , c=\frac{y+z}{2}$
BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow \frac{(x+z)(x+y)}{4x}+ \frac{(y+z)(x+y)}{4x}+ \frac{(x+z)(z+y)}{4x} \geq x+y+z$
Áp dụng đinh lí $Schwarz$ ta có :
$ \sum \frac{(x+z)(x+y)}{4x}+ \frac{(y+z)(x+y)}{4x} =\sum \frac{(x+y)}{4}*(\frac{x+z}{x} +\frac{y+z}{y})=\sum \frac{(x+y)}{4}*(2+z(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})) \geq \sum \frac{(x+y)}{4}*(2+\frac{4z}{x+y})=\sum \frac{x+y}{2} +z = x+y+z $
Đẳng thức xảy ra khi $:$ $x=y=z \Leftrightarrow a=b=c$
Vậy $...$
~~~~$ONE$ $DIRECTION$~~~~
~~~~$NCS$~~~~
~~$K391$~~
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh