Chủ đề này có 5 trả lời

[squall]

cho a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
$a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a) \geq 0$
Xác định các trường hợp cho ta đẳng thức.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 20-06-2009 - 18:16

[cvp]

cho a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
$a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a) \geq 0$
Xác định các trường hợp cho ta đẳng thức.

Không mất tính tổng quát giả sử $a \ge b \ge c$
Ta có a;b;c là 3 cạnh tam giác nên:
$\begin{array}{l}
\left( {a - b} \right)\left( {a + b - c} \right) \ge 0 \Leftrightarrow a^2 + bc \ge b^2 + ac \\
\left( {b - c} \right)\left( {b + c - a} \right) \ge 0 \Leftrightarrow b^2 + ca \ge c^2 + ab \\
\end{array}$
Xét 2 bộ số $a^2 + bc \ge b^2 + ca \ge c^2 + ab$
và $\dfrac{1}{a} \le \dfrac{1}{b} \le \dfrac{1}{c}$
Từ đó áp dụng BĐT hoán vị;ta có:
$\dfrac{{a^2 + bc}}{a} + \dfrac{{b^2 + ca}}{b} + \dfrac{{c^2 + ab}}{c} \le \dfrac{{a^2 + bc}}{c} + \dfrac{{b^2 + ca}}{a} + \dfrac{{c^2 + ab}}{b} {array}{l}
\Leftrightarrow \dfrac{{bc}}{a} + \dfrac{{ca}}{b} + \dfrac{{ab}}{c} \le \dfrac{{a^2 }}{c} + \dfrac{{b^2 }}{a} + \dfrac{{c^2 }}{b} \\
\Leftrightarrow a^2 b\left( {a - b} \right) + b^2 c\left( {b - c} \right) + c^2 a\left( {c - a} \right) \ge 0 \\
\end{array}$

Đó chính là đpcm!
Tí wen đẳng thức a=b=c tam giác đều!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 20-06-2009 - 19:02

[squall]

ta biến đổi đại số BDT:ta có
a(b-c)^2(b+c-a)+b(a-b)(a-c)(a+b-c) 0
cai nay ta có hoán vị (a,b,c) như cua pac cvp.ko mất tính tổng quát ta giả sử a b,c.
a+b-c>0,b+c-a>0.
từ đấy ta suy ra đpcm thôi.cách này ngắn hơn cách của pac cvp.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi squall: 20-06-2009 - 19:09

[cvp]

uhm mình đã từng đọc cách này trên toán tuổi thơ rùi.h thì ko nhớ nữa?hì nhớ mỗi cách nè thui mà!cách kia là của 1 hs nước ngoài nếu mình nhớ ko nhầm.dù sao cung thanks ban vì đã đưa ra lời giải đó

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 20-06-2009 - 19:26

[Hero Math]

cho a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
$a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a) \geq 0$
Xác định các trường hợp cho ta đẳng thức.

đây là lời giải khác của em :
$a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a) \geq 0$ $ \Leftrightarrow (a^2b(a-b)-abc(a-b))+(b^2c(b-c)-abc(b-c))+(c^2a(c-a)-abc(c-a))\geq 0$
$ \Leftrightarrow ab(a-b)(a-c)+bc(b-a)(b-c)+ca(c-a)(c-b)\geq 0 $.Biến đổi về dạng:
$ \Leftrightarrow ab(a-b)^{2}+ab(a-b)(b-c)(a-c) +ac(a-c)(b-c)\geq 0 $(Đúng nếu giả sử$ a\geq b\geq c$)

[conan123]

cho a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
$a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a) \geq 0$
Xác định các trường hợp cho ta đẳng thức.

a,b,c là 3 cạnh tam giác nên có thể đặt $a=y+z;b=z+x;c=x+y$

BĐT trở thành ${{x}^{3}}z+{{y}^{3}}x+{{z}^{3}}y\ge {{x}^{2}}yz+{{y}^{2}}zx+{{z}^{2}}xy\Leftrightarrow \dfrac{{{x}^{2}}}{y}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x}\ge x+y+z$

Điều này đúng bởi theo BĐT Cauchy-Schwarz $\left( x+y+z \right)\left( \dfrac{{{x}^{2}}}{y}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x} \right)\ge {{\left( x+y+z \right)}^{2}}$