Chủ đề này có 1 trả lời

[evarist]

Chứng minh rằng :$ ab + bc + ca\ge 4\sqrt {\dfrac {a}{b} + \dfrac {b}{c} + \dfrac {c}{a}}S$
Nice I think

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 14-08-2012 - 01:13

[Tham Lang]

Lại thêm một bài nữa áp dụng bổ đề :

Bổ đề :
Cho các số thực $m,n,p$ thoả mãn $mn+np+pm=1; m+n, n+p, p+m >0$ và $a,b,c$ là 3 cạnh của một tam giác có diện tích $S$. Chứng minh rằng :
$$ma^2+nb^2+pc^2\ge 4\sqrt{mn+np+mp}S$$
Chứng minh bổ đề :
Cách giải 1.
Theo định lí cô sin, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :
$ma^2+nb^2+p\left (a^2+b^2-2ab\cos{C}\right )\ge 2ab\sin{C}\sqrt{mn+np+pm}$
$\Leftrightarrow a^2(m+p)+b^2(n+p)\ge 2ab\left (\sqrt{mn+np+pm}\sin{C}+p\cos{C}\right )$
Thật vậy, áp dụng CS, ta có :
$\sqrt{mn+np+pm}\sin{C}+p\cos{C}\le \sqrt{\left (\sin^2{C}+\cos^2{C}\right )\left (p^2+mn+np+pm+p^2\right )}=\sqrt{(p+m)(p+n)}$
Theo AM-GM ta lại có $a^2(m+p)+b^2(n+p)\ge 2ab\sqrt{(p+m)(p+n)}$ suy ra ĐPCM.
Đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{a}{\sqrt{n+p}}=\dfrac{b}{\sqrt{m+p}}=\dfrac{c}{\sqrt{m+n}}$
Cách giải 2.

anh qua của đội DELTA giải bài 4 của đội BETA.
Ta sẽ chứng minh kết quả chặt hơn sau:
Cho tam giác ABC có ba cạnh là a,b,c và diện tích S. Với 3 số x,y,z thỏa mãn $\sqrt{x+y}, \sqrt{y+z}, \sqrt{z+x}$ là ba cạnh một tam giác, thì ta có: $xa^2+yb^2+zc^2 \geq \sqrt{xy+yz+zx}.S$
Lời giải:
Trước tiên ta chứng minh nếu $\sqrt{x+y},\sqrt{y+z},\sqrt{z+x}$ là ba cạnh một tam giác thì $xy+yz+zx > 0$.
- x,y,z đều dương ( hiển nhiên)
- trong x,y,z có một số âm, giả sử là x, ta có: $ y > -x \geq 0; z > -x \geq 0$.
Mà: $\sqrt{x+y}+\sqrt{x+z} > \sqrt{y+z}$
tương đương với: $\sqrt{x+y}\sqrt{x+z} > -x$
suy ra xy+yz+zx > 0.
Trở lại với bài toán:
Vì $x+y, y+z, z+x >0$ nên trong $x,y,z$ phải có ít nhất hai số dương.
Giả sử $y,z > 0$ và $y+z\geq x+y; y+z\geq z+x$
Kẻ đường cao $AH$ của tam giác $ABC$ suy ra $HB+HC \geq BC$.
Ta có: $xa^2+yb^2+zc^2= xBC^2+y(HC^2+HA^2)+z(HB^2+HA^2)$
$= xBC^2+(y+z).HA^2+y.HC^2+z.HB^2$.
Theo Cauchy Shwarz ta có: $y.HC^2+z.HB^2 \geq \frac{yz}{y+z}.(HC+HB)^2 \geq \frac{yz}{y+z}.BC^2$
Do đó: $xa^2+yb^2+zc^2 \geq \frac{xy+yz+zx}{y+z}.BC^2+(y+z).AH^2 \geq 2\sqrt{xy+yz+zx}.AH.BC= 4\sqrt{xy+yz+zx}.S$
Suy ra ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\frac{a}{\sqrt{y+z}}=\frac{b}{\sqrt{z+x}}=\frac{c}{\sqrt{x+y}}$.

Thật vậy :
$$ab+bc+ca=a^2.\dfrac{b}{a}+b^2.\dfrac{c}{b}+c^2.\dfrac{a}{c} \ge 4\sqrt{\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}}S$$
Và cũng từ bổ đề này, các bạn hãy chứng minh bài toán ở đây nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 14-08-2012 - 20:29