Chủ đề này có 8 trả lời

[Tham Lang]

Cho $a, b, c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác, chứng minh rằng :
$$3\left (a^3b + b^3c + c^3a \right ) \ge \left (a^2 + b^2 + c^2 \right )\left (ab + bc + ca \right )$$

[kimyenvietvnn]

(a²+b²+c²)(ab+bc+ca)$\leq$(a²+b²+c²)²

lai co

2(a²+b²+c²)-6(a³b+b³c+c³a)

=(a²-2ab+bc+ac-c²)²+(b²-2bc+ac+ab-a²)²+(c²-2ac+ab+bc-b²)²$\geq$0

tu day ta co dpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kimyenvietvnn: 27-02-2012 - 01:49

[Tham Lang]

(a²+b²+c²)(ab+bc+ca)$\leq$(a²+b²+c²)²

lai co

2(a²+b²+c²)-6(a³b+b³c+c³a)

=(a²-2ab+bc+ac-c²)²+(b²-2bc+ac+ab-a²)²+(c²-2ac+ab+bc-b²)²$\geq$0

tu day ta co dpcm

Chỗ này không chuẩn , và với bài này, khi vận dụng bđt $Vasile$ $Cirtoaje$ lên trên thì không thể chứng minh được bài toán, vì sẽ ngược dấu

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 27-02-2012 - 16:41

[chanh1223]

Chỗ này không chuẩn , và với bài này, khi vận dụng bđt $Vasile$ $Cirtoaje$ lên trên thì không thể chứng minh được bài toán, vì sẽ ngược dấu

Vậy thì đúng chuẩn thì thế nào?
Mong anh trình bày cách giải luôn. cám ơn!

[Tham Lang]

Vậy thì đúng chuẩn thì thế nào?
Mong anh trình bày cách giải luôn. cám ơn!

Anh đưa bài này lên để mọi người giải, vừa mới hôm qua nên anh không giải vội. Đến khi bó tay thì anh sẽ post, mong em thông cảm và cố gắng suy nghĩ nhé !

[Didier]

Bài này sử dụng phân tích bìn phương SOS là ổn
Bất đẳng thức tuơng đương với
$\sum_{cyc}(\frac{b^{2}+c^{2}+ab+bc-a^{2}-ac}{2})(a-b)^{2}\geq 0$
Đặt $S_{a}=\frac{b^{2}+c^{2}+ab+bc-a^{2}-ac}{2}$
$S_{b}=\frac{a^{2}+c^{2}+ca+bc-b^{2}-ab}{2}$
$S_{c}=\frac{a^{2}+b^{2}+ca+ba-c^{2}-cb}{2}$
Giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow S_{a}\leq S_{b}\leq S_{c}$
Dễ thấy $S_{a}+S_{b}\geq 0,S_{c}\geq 0$
$\Rightarrow S_{a}(a-b)^{2}+S_{b}(b-c)^{2}+S_{c}(c-a)^{2}\geq (a-b)^{2}(S_{a}+S_{b})+S_{c}(c-a)^ {2 } \Rightarrow ĐPCM$

Trường hợp còn lại tương tự

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Didier: 29-02-2012 - 17:49

[Mikhail Leptchinski]

Cho $a, b, c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác, chứng minh rằng :
$$3\left (a^3b + b^3c + c^3a \right ) \ge \left (a^2 + b^2 + c^2 \right )\left (ab + bc + ca \right )$$

Mình xin có cách khác

 Không mất tính tổng quát giả sử $c$ nằm giữa $a,b$ $2c\geq max\left \{ a,b,c \right \}$ vì $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác

Ta có:$a^3b+b^3c+c^3a-abc(a+b+c)=c(a-b)^2(a+b)+a(a+c)(a-c)(b-c)$

          $ab^3+bc^3+ca^3-abc(a+b+c)=c(a-b)^2(a+b)+b(b+c)(a-c)(b-c)$

Nên bất đẳng thức tương đương với

$c(a-b)^2(a+b)\geq (a-c)(c-b)\left [ 2a(a+c)-b(b+c) \right ]$

Do $c$ nằm giữa $a,b$ nên theo bđt cô si có:

$(a-b)^2=\left [ (a-c)+(c-b) \right ]^2\geq 4(a-c)(b-c)\geq 0$

hay ta phải chứng minh:$4c(a+b)\geq 2a(a+c)-b(b+c)$

                                <=>$b^2+5bc+2a(c-a)\geq 0$

Nếu $b\geq c\geq a$ thì bất đẳng thức đúng

Nếu $a\geq c\geq b$ ta có:

$b^2+5bc+2a(c-a)\geq (a-c)^2+5(a-c)c-2a(a-c)=(a-c)(4c-a)\geq 0$ từ đó có điều phải chứng minh

Dấu bằng xảy ra:<=>$a=b=c=>đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mikhail Leptchinski: 05-07-2015 - 02:48

[vta00]

Mình xin có cách khác

 Không mất tính tổng quát giả sử $c$ nằm giữa $a,b$ $2c\geq max\left \{ a,b,c \right \}$ vì $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác

Ta có:$a^3b+b^3c+c^3a-abc(a+b+c)=c(a-b)^2(a+b)+a(a+c)(a-c)(b-c)$

          $ab^3+bc^3+ca^3-abc(a+b+c)=c(a-b)^2(a+b)+b(b+c)(a-c)(b-c)$

Nên bất đẳng thức tương đương với

$c(a-b)^2(a+b)\geq (a-c)(c-b)\left [ 2a(a+c)-b(b+c) \right ]$

Do $c$ nằm giữa $a,b$ nên theo bđt cô si có:

$(a-b)^2=\left [ (a-c)+(c-b) \right ]^2\geq 4(a-c)(b-c)\geq 0$

hay ta phải chứng minh:$4c(a+b)\geq 2a(a+c)-b(b+c)$

                                <=>$b^2+5bc+2a(c-a)\geq 0$

Nếu $b\geq c\geq a$ thì bất đẳng thức đúng

Nếu $a\geq c\geq b$ ta có:

$b^2+5bc+2a(c-a)\geq (a-c)^2+5(a-c)c-2a(a-c)=(a-c)(4c-a)\geq 0$ từ đó có điều phải chứng minh

Dấu bằng xảy ra:<=>$a=b=c=>Q.E.D$

Tùng ơi (a-c)(b-c)<=0 mà

[dogsteven]

Tùng ơi (a-c)(b-c)<=0 mà

Thì đúng là thế, nhưng có vấn đề gì hả bác.