Chủ đề này có 14 trả lời

[nhoclovebb]

cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. CMR. a²b$(a-b)+b^{2}c(b-c)+c^{2}a(c-a) \geq 0$

[hoctrocuanewton]

ta có 

$a^{2}b(a-b)+b^{2}c(b-c)+c^{2}a(c-a)=(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a)-(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})= abc(\frac{a^{2}}{c}+\frac{b^{2}}{a}+\frac{c^{2}}{b})-(abc)^{2}(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})\geqslant abc(a+b+c)-(abc)^{2}\frac{9}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$

(áp dụng bất đẳng thức xvác)

ta có  $27abc\leqslant (a+b+c)^{3}$

nên $ abc(a+b+c)-(abc)^{2}\frac{9}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geqslant abc((a+b+c)-(\frac{(a+b+c)^{3}}{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}))= \frac{abc}{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}(3(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})-(a+b+c)^{3})= \frac{abc}{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}2(a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc)$

do  $a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc\geqslant 0$ (với a,b,c >0) nên 

$a^{2}b(a-b)+b^{2}c(b-c)+c^{2}a(c-a)\geqslant 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral1020: 29-06-2013 - 12:08

[vutuanhien]

ta có 
$a^{2}b(a-b)+b^{2}c(b-c)+c^{2}a(c-a)=(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a)-(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})= abc(\frac{a^{2}}{c}+\frac{b^{2}}{a}+\frac{c^{2}}{b})-(abc)^{2}(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})\geqslant abc(a+b+c)-(abc)^{2}\frac{9}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$
(áp dụng bất đẳng thức xvác)
ta có  $27abc\leqslant (a+b+c)^{3}$
nên $ abc(a+b+c)-(abc)^{2}\frac{9}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geqslant abc((a+b+c)-(\frac{(a+b+c)^{3}}{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}))= \frac{abc}{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}(3(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})-(a+b+c)^{3})= \frac{abc}{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}2(a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc)$
do  $a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc\geqslant 0$ (với a,b,c >0) nên 
$a^{2}b(a-b)+b^{2}c(b-c)+c^{2}a(c-a)\geqslant 0$

Chỗ dùng BĐT C-S bạn bị ngược dấu rồi

[hoctrocuanewton]

xin lỗi mọi người phía trên tớ làm sai đó . tớ xin nêu thêm 1 cách nữa xem đúng hay sai nhé

do a$\geqslant b-c$ , b$\geqslant c-a$ ,c$\geqslant a-b$ nên ta có $a^{2}b(a-b)+b^{2}c(b-c)+c^{2}a(c-a)\geqslant (a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)\geqslant 0$ 

vậy được đpcm và dấu = xảy ra khi a=b=c

[vutuanhien]

xin lỗi mọi người phía trên tớ làm sai đó . tớ xin nêu thêm 1 cách nữa xem đúng hay sai nhé

do a$\geqslant b-c$ , b$\geqslant c-a$ ,c$\geqslant a-b$ nên ta có $a^{2}b(a-b)+b^{2}c(b-c)+c^{2}a(c-a)\geqslant (a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)\geqslant 0$ 

vậy được đpcm và dấu = xảy ra khi a=b=c

Vẫn sai . Trong 3 số $a-b$, $b-c$, $c-a$ phải có 1 số âm nên BĐT sẽ ngược chiều   

Cách giải đúng:BĐT đã cho tương đương với $a^3b+b^3c+c^3a\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$. Chia cả 2 vế cho $abc$ thì BĐT trở thành $\frac{a^2}{c}+\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{b}\geq \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\Leftrightarrow (\frac{a^2}{c}+b)+\left ( \frac{b^2}{a}+c \right )+\left ( \frac{c^2}{b}+a \right )\geq (\frac{ab}{c}+c)+(\frac{bc}{a}+a)+(\frac{ca}{b}+b)\Leftrightarrow \frac{a^2+bc}{c}+\frac{b^2+ca}{a}+\frac{c^2+ab}{b}\geq \frac{a^2+bc}{a}+\frac{b^2+ca}{b}+\frac{c^2+ab}{c}$

Do $a^2+bc, b^2+ca, c^2+ab$ và $\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}$ là 2 dãy đơn điệu ngược chiều nên áp dụng BĐT hoán vị, ta có ngay đpcm

[holmes2013]

Giả sử $a= max\left \{ a,b,c \right \}$

BĐT thức đã cho tương đương với: $a\left ( b-c \right )^{2}\left ( b+c-a \right )+b\left ( a-b \right )\left ( a-c \right )\left ( a+b-c \right )\geq 0$ (đúng)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi holmes2013: 30-06-2013 - 08:28

[hoctrocuanewton]

Vẫn sai . Trong 3 số $a-b$, $b-c$, $c-a$ phải có 1 số âm nên BĐT sẽ ngược chiều   

Cách giải đúng:BĐT đã cho tương đương với $a^3b+b^3c+c^3a\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$. Chia cả 2 vế cho $abc$ thì BĐT trở thành $\frac{a^2}{c}+\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{b}\geq \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\Leftrightarrow (\frac{a^2}{c}+b)+\left ( \frac{b^2}{a}+c \right )+\left ( \frac{c^2}{b}+a \right )\geq (\frac{ab}{c}+c)+(\frac{bc}{a}+a)+(\frac{ca}{b}+b)\Leftrightarrow \frac{a^2+bc}{c}+\frac{b^2+ca}{a}+\frac{c^2+ab}{b}\geq \frac{a^2+bc}{a}+\frac{b^2+ca}{b}+\frac{c^2+ab}{c}$

Do $a^2+bc, b^2+ca, c^2+ab$ và $\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}$ là 2 dãy đơn điệu ngược chiều nên áp dụng BĐT hoán vị, ta có ngay đpcm

cậu có thể ghi rõ cuối  được không tớ không hiểu

[vutuanhien]

cậu có thể ghi rõ cuối  được không tớ không hiểu

Đại khái là 1 dãy sắp xếp (độ lớn) như thế nào thì các số hạng tương ứng ở dãy kia sẽ sắp xếp ngược lại. Chẳng hạn nếu$a^2+bc\geq b^2+ca\geq c^2+ab$ thì $\frac{1}{a}\leq \frac{1}{b}\leq \frac{1}{c}$

[hoctrocuanewton]

Đại khái là 1 dãy sắp xếp (độ lớn) như thế nào thì các số hạng tương ứng ở dãy kia sẽ sắp xếp ngược lại. Chẳng hạn nếu$a^2+bc\geq b^2+ca\geq c^2+ab$ thì $\frac{1}{a}\leq \frac{1}{b}\leq \frac{1}{c}$

vì sao hai dãy trên lại là 2 dãy đơn điệu ngược chiều ? 

[vutuanhien]

vì sao hai dãy trên lại là 2 dãy đơn điệu ngược chiều ? 

Bạn thử tự chứng minh xem

[hoctrocuanewton]

Bạn thử tự chứng minh xem

được rồi tớ sẽ tự chứng minh mà tớ hỏi nhé học mấy phần đó ở đâu vậy ?    

[Element hero Neos]

được rồi tớ sẽ tự chứng minh mà tớ hỏi nhé học mấy phần đó ở đâu vậy ?    

chứng minh kiểu gì?

[Nguyenhuyen_AG]

cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. CMR. \[a^2b(a-b)+b^{2}c(b-c)+c^{2}a(c-a) \geq 0\]

 

Vì $a^2b(a-b)=a^2b(a-b+c) - a^2bc,$ nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

\[a^2b(a-b+c)+b^2c(b-c+a)+c^2a(c-a+b) \geqslant abc(a+b+c),\]

hay

\[\frac{a(a-b+c)}{c}+\frac{b(b-c+a)}{a}+\frac{c(c-a+b)}{b} \geqslant a+b+c.\]

Vì $a,\,b,\,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác nên $a+b-c,\,b+c-a,\,c+a-b$ đều không âm. Khi đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

\[\frac{a(a-b+c)}{c}+\frac{b(b-c+a)}{a}+\frac{c(c-a+b)}{b} \geqslant \frac{[a(a-b+c)+b(b-c+a)+c(c-a+b)]^2}{ca(a-b+c)+ab(b-c+a)+bc(c-a+b)}.\]

Vậy ta chỉ cần chứng minh

\[[a(a-b+c)+b(b-c+a)+c(c-a+b)]^2 \geqslant [ca(a-b+c)+ab(b-c+a)+bc(c-a+b)](a+b+c).\]

Khai triển và thu gọn ta sẽ được bất đẳng thức Schur bậc $4.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 22-08-2015 - 21:59

[yukitsutoshi3110]

Cảm ơn nhiều!

[KietLW9]

Xét tam giác $ABC$ có $BC=a,CA=b,AB=c$ có đường tròn $(I)$ nội tiếp tiếp xúc với $a,b,c$ tại $D,E,F$

Lúc đó ta đặt $AF=AE=x,BF=BD=y,CD=CE=z$

Ta cần chứng minh: $(y+z)^2(z+x)(y-x)+(z+x)^2(x+y)(z-y)+(x+y)^2(y+z)(x-z)\geqslant 0$

$\Leftrightarrow 2xy^3+2yz^3+2zx^3\geqslant 2xyz(x+y+z)$

Bất đẳng thức cuối rất quen thuộc bằng cách chia hai vế cho $xyz$