Chủ đề này có 8 trả lời

[JenTrinh]

Cho $a$, $b$, $c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác.

Chứng minh rằng : $27a^2b^2c^2\geq (a+b+c)^3(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$.

[Nguyenhuyen_AG]

Cho $a$, $b$, $c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác.

Chứng minh rằng : $27a^2b^2c^2\geq (a+b+c)^3(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$.

 

Bất đẳng thức này đúng với mọi số thực dương $a,b,c.$

[leminhnghiatt]

Cho $a$, $b$, $c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác.

Chứng minh rằng : $27a^2b^2c^2\geq (a+b+c)^3(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi leminhnghiatt: 21-06-2016 - 22:03

[Baoriven]

Hình như lời giải có chút nhầm lẫn ở Cauchy 3 số 

[tungteng532000]

Cho $a$, $b$, $c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác.

Chứng minh rằng : $27a^2b^2c^2\geq (a+b+c)^3(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$.

Tặng bạn tài liệu của a Huyện   
http://diendantoanho...attach_id=12561

[tritanngo99]

Cho $a$, $b$, $c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác.

Chứng minh rằng : $27a^2b^2c^2\geq (a+b+c)^3(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$.

Sau khi đọc tài liệu của anh Nguyenhuyen_AG mình xin trình bày lời giải như sau:

KMTTQ, giả sử $a\ge b\ge c$.

Khi đó: $BDT\iff (a+b+c)^3[abc-\prod (a+b-c)]\ge abc[(a+b+c)^3-27abc]$

$\iff (a+b+c)^3[(a-b)^2(a+b-c)+c(a-c)(b-c)]\ge abc[(a+b+7c)(a-b)^2+(4a+4b+c)(a-c)(b-c)]$

$\iff M(a-b)^2+N(a-c)(b-c)\ge 0$.

Với $M=(a+b+c)^3(a+b-c)-abc(a+b+7c);N=(a+b+c)^3c-abc(4a+4b+c)$.

Bây giờ ta chỉ việc chứng minh $M> 0,N> 0$.

Thật vậy: Ta có: $M=(a+b+c)^3(a+b-c)-abc(a+b+7c)\ge 27abc(a+b-c)-abc(a+b+7c)=abc(26a+26b-34c)>0$(đúng vì $a\ge b\ge c$)

$N=(a+b+c)^3c-abc(4a+4b+c)=\sum a^3-ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+5abc=[a^3+b^3-ab]+(c^3+bc(b+c)+ca(c+a)+5abc)(*)$.

Áp dụng BDT quen thuộc: $a^3+b^3\ge ab(a+b)$

Nên từ (*) suy ra $N>0$.

Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 22-06-2016 - 08:38

[hoangthihaiyen2000]

Cách khác : Đặt : $x=a+b-c,y=a+c-b,z=b+c-a$
Bđt $<=> 27(x+y)^{2}(y+z)^{2}(z+x)^{2} \geq 64xyz(x+y+z)^{3}$
Mà ta lại có : $81(x+y)^{2}(y+z)^{2}(z+x)^{2} \geq 64(x+y+z)^{2}(xy+yz+zx)$
                                                                     $\geq 64.3(x+y+z)^{3}xyz$ => đpcm

[hoangthihaiyen2000]

Cách 3 : Bđt $<=>27abc(a+b+c)^{3}(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)\leq 9^{3}a^{3}b^3c^3$
Ad bđt AM-GM : $27a(b+c-a).b(c+a-b).c(a+b-c)\leq [a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)]^3$
Do đó ta chỉ cần chứng minh : $(a+b+c)[2(ab+bc+ca)-a^2-b^2-c^2] \leq 9abc$
   Hay : $a^2+b^2+c^2 + \frac{9abc}{a+b+c} \geq 2(ab+bc+ca)$ ( bđt Schur quen thuộc ) 
-> đpcm

[hoangthihaiyen2000]

Còn 1 cách nữa  
Giả sử : $a\geq b\geq c$
Ta chỉ cần chứng minh bđt khi $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác