Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh
- - - - -

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


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1 evarist

evarist

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 87 Bài viết
  • Đến từ:Nam Định

Đã gửi 20-03-2008 - 16:17

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


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

Nắng mưa là chuyện của trời
Tương tư là chuyện của tôi yêu nàng
Evaristvn

#2 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Tự kỉ ^^

Đã gửi 13-08-2012 - 21:16

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 $\frac{a}{\sqrt{y+z}}=\frac{b}{\sqrt{z+x}}=\frac{c}{\sqrt{x+y}}$. :icon6: :icon6:

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 :D

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

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh