Chủ đề này có 7 trả lời

[forever friend]

cho a,b, c,không âm . CM (a+b−c)(a−b+c)(b+c−a)  ≤ abc

 

 

 

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi forever friend: 10-09-2013 - 23:05

[Supermath98]

cho a,b, c,không âm . CM (a+b−c)(a−b+c)(b+c−a)  ≤ abc

Đặt $\large \left\{\begin{matrix} a+b-c=2x & & & \\ a-b+c=2y & & & \\ b+c-a=2z & & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=x+y & & & \\ b=x+z & & & \\ c=y+z & & & \end{matrix}\right.$

Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành: $\large 8xyz\leq \left ( x+y \right )\left ( y+z \right )\left ( x+z \right )$   (đúng theo AM-GM) 

[nguyentrungphuc26041999]

cho a,b, c,không âm . CM (a+b−c)(a−b+c)(b+c−a)  ≤ abc

áp dụng bđt cauchy

$\left ( a+b-c \right )\left ( b+c-a \right )\leq\frac{\left ( 2b \right )^{2}}{4}= b^{2}$

thiết lập những cái tương tự rồi nhân lại

ta được $\left ( a+b-c \right )^{2}\left ( b+c-a \right )^{2}\left ( a+c-b\right )^{2}\leqa^{2}b^{2}c^{2}$

lấy căn bậc 2 của 2 vế ta được đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyentrungphuc26041999: 12-09-2013 - 10:56

[Supermath98]

áp dụng bđt cauchy

$\left ( a+b-c \right )\left ( b+c-a \right )\geq \frac{\left ( 2b \right )^{2}}{4}= b^{2}$

thiết lập những cái tương tự rồi nhân lại

ta được $\left ( a+b-c \right )^{2}\left ( b+c-a \right )^{2}\left ( a+c-b\right )^{2}\geq a^{2}b^{2}c^{2}$

lấy căn bậc 2 của 2 vế ta được đpcm

Bạn ngược dấu! 

[Kool LL]

cho a,b, c,không âm . CM (a+b−c)(a−b+c)(b+c−a)  ≤ abc  .(1)

 

Bài này phải nói là quá quen thuộc và căn bản.

 

             Các bạn sử dung BDT Cauchy hay AM-GM mà không quan tâm gì đến vấn đề số có không âm hay chưa.

BDT Cauchy / AM-GM chỉ áp dung cho $n$ số không âm. Đặt biệt trường hợp $n=2$ thì 2 số đó có thể không âm cũng vẫn đúng, nhưng khi đó thì không còn gọi là BDT Cauchy nữa. Chẳng hạn, với hai số thực $x,y :\quad xy\le\left(\frac{x+y}{2}\right)^2\quad \Leftrightarrow (x-y)^2\le0$ (Đúng).

             Và khi nhân hai BDT theo vế cùng chiều mà không biết âm/dương nhiều khi lại sai đó ! Sai dấu/đổi chiều 2 lần lại đâm ra thành đúng, nên cứ thế hình thành một thói quen không tốt là bài giải không chặt chẽ. Ví dụ như : $-2<1; -3<2$ nhưng $(-2).(-3) > 1.2$, ở đây BDT đã bị đổi chiều!

             Và phần cuối cùng, khi lấy căn bậc hai cả 2 vế của một BDT thì chiều của BDT cũng có thể bị đổi chiều. Chẳng hạn :

$(-3)^2 < (-5)^2$ nhưng $-3>-5$ ; $(3)^2 < (-5)^2$ nhưng $3>-5$ ....

 

Tôi xin trình bày như sau :

Không mất tính tổng quát, có thể giả sử $a\ge b\ge c$. Khi đó $a+b-c\ge a+c-b\ge0$.

• Nếu $b+c-a<0$ thì $VT_{(1)}<0\le VP_{(1)}$ nên $(1) đúng trong TH này.
• Nếu $b+c-a\ge0$ thì lúc này có thể áp dung BDT Cauchy 2 số.

$0\le(a+b-c)(a+c-b)\overset{Cauchy}{\le}\left(\frac{(a+b-c)+(a+c-b)}{2}\right)^2=a^2$

$0\le(a+b-c)(b+c-a)\le b^2$

$0\le(a-b+c)(b+c-a)\le c^2$

Do cả 3 BDT trên đều cùng chiều và các số đều không âm nên ta có thể nhân cả 3 BDT theo vế được :

$VT_{(1)}^2\le VP_{(1)}^2\Rightarrow VT_{(1)}\le VP_{(1)}$ nên $(1)$ cũng đúng trong TH này.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kool LL: 11-09-2013 - 22:52

[nghiemthanhbach]

đặt ẩn rồi áp dụng AM-GM mà làm thôi

[laiducthang98]

Link : http://diendantoanho...c-aca-bleq-abc/

 

[leduylinh1998]

Đặt $\large \left\{\begin{matrix} a+b-c=2x & & & \\ a-b+c=2y & & & \\ b+c-a=2z & & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=x+y & & & \\ b=x+z & & & \\ c=y+z & & & \end{matrix}\right.$

Khi đó BĐT cần chứng minh trở thành: $\large 8xyz\leq \left ( x+y \right )\left ( y+z \right )\left ( x+z \right )$   (đúng theo AM-GM) 

bạn có dám chắc x luôn dương không