Chủ đề này có 7 trả lời

[tim1nuathatlac]

Bài toán: Cho $a,b,c$ là các cạnh của 1 tam giác, cmr: 

 

$\frac{a}{\sqrt{a^{2}+3bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+3ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+3ab}}\geq \frac{3}{2}$

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tim1nuathatlac: 11-11-2013 - 12:58

[neversaynever99]

Không biết đúng không nữa!

Đặt $P=\frac{a}{\sqrt{a^{2}+3bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+3ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+3ba}}$

$S=a(a^{2}+3bc)+b(b^{2}+3ca)+c(c^{2}+3ab)$

Thì theo BDT Holder ta có              $P^{2}.S\geq (a+b+c)^{3}$

Cần chứng minh $S\leq \frac{4}{9}(a+b+c)^{3}$

Hay $S=a^{3}+b^{3}+c^{3}+9abc\leq \frac{4}{9}(a+b+c)^{3}$  

$\Leftrightarrow 9(a^{3}+b^{3}+c^{3}+9abc)\leq 4(a+b+c)^{3}$

$\Leftrightarrow 12(a+b)(b+c)(c+a)\geq 5(a^{3}+b^{3}+c^{3})+81abc$

$\Leftrightarrow 12\left [ a(b-c)^{2}+b(c-a)^{2}+c(a-b)^{2} \right ]\geq 5(a^{3}+b^{3}+c^{3})-15abc\geq 0$

Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi neversaynever99: 10-11-2013 - 22:46

[PT42]

Với a = b = 1, c = 10 thì $\frac{a}{\sqrt{a^{2} + 3bc}}$ = $\frac{b}{\sqrt{b^{2} + 3ca}}$ = $\frac{1}{\sqrt{31}}$, $\frac{c}{\sqrt{c^{2} + 3ab}} = \frac{10}{\sqrt{103}}$

mà $\frac{2}{\sqrt{31}} + \frac{10}{\sqrt{103}}$ = 1,34 < $\frac{3}{2}$

$\Rightarrow$ Bđt sai

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PT42: 10-11-2013 - 22:01

[hoctrocuanewton]

Không biết đúng không nữa!

Đặt $P=\frac{a}{\sqrt{a^{2}+3ab}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+3bc}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+3ca}}$

$S=a(a^{2}+3ab)+b(b^{2}+3cb)+c(c^{2}+3ca)$

Thì theo BDT Holder ta có              $P^{2}.S\geq (a+b+c)^{3}$

Cần chứng minh $S\leq \frac{4}{9}(a+b+c)^{3}$

Hay $S=a^{3}+b^{3}+c^{3}+9abc\leq \frac{4}{9}(a+b+c)^{3}$  

$\Leftrightarrow 9(a^{3}+b^{3}+c^{3}+9abc)\leq 4(a+b+c)^{3}$

$\Leftrightarrow 12(a+b)(b+c)(c+a)\geq 5(a^{3}+b^{3}+c^{3})+57abc$

$\Leftrightarrow 12\left [ a(b-c)^{2}+b(c-a)^{2}+c(a-b)^{2} \right ]\geq 5(a^{3}+b^{3}+c^{3})-15abc\geq 0$

Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

hình như đoạn này có vấn đề bạn ạ

[neversaynever99]

Đúng rồi anh ạ!Em đang sửa đóng đó!

[neversaynever99]

Không biết đúng không nữa!

Đặt $P=\frac{a}{\sqrt{a^{2}+3ab}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+3bc}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+3ca}}$

$S=a(a^{2}+3ab)+b(b^{2}+3cb)+c(c^{2}+3ca)$

Thì theo BDT Holder ta có              $P^{2}.S\geq (a+b+c)^{3}$

Cần chứng minh $S\leq \frac{4}{9}(a+b+c)^{3}$

Hay $S=a^{3}+b^{3}+c^{3}+9abc\leq \frac{4}{9}(a+b+c)^{3}$  

$\Leftrightarrow 9(a^{3}+b^{3}+c^{3}+9abc)\leq 4(a+b+c)^{3}$

$\Leftrightarrow 12(a+b)(b+c)(c+a)\geq 5(a^{3}+b^{3}+c^{3})+81abc$

$\Leftrightarrow 12\left [ a(b-c)^{2}+b(c-a)^{2}+c(a-b)^{2} \right ]\geq 5(a^{3}+b^{3}+c^{3})-15abc\geq 0$

Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

Đống này không ổn lắm

[KietLW9]

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được: $\frac{a}{\sqrt{a^{2}+3bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+3ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+3ba}}=\frac{a^2}{\sqrt{a}.\sqrt{a^{3}+3abc}}+\frac{b^2}{\sqrt{b}.\sqrt{b^{3}+3abc}}+\frac{c^2}{\sqrt{c}.\sqrt{c^{3}+3abc}}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{a}.\sqrt{a^{3}+3abc}+\sqrt{b}.\sqrt{b^{3}+3abc}+\sqrt{c}.\sqrt{c^{3}+3abc}}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{(a+b+c)(a^3+b^3+c^3+9abc)}}$

Ta cần chứng minh: $\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{(a+b+c)(a^3+b^3+c^3+9abc)}}\geqslant \frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^3}{a^3+b^3+c^3+9abc}\geqslant \frac{9}{4}\Leftrightarrow 12[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]\geqslant 5(a^3+b^3+c^3)+57abc$

Mà theo AM-GM, ta có: $6(a^3+b^3+c^3+9abc)\geqslant 5(a^3+b^3+c^3)+57abc$

Nên ta cần chứng minh: $2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]\geqslant a^3+b^3+c^3+9abc\Leftrightarrow (3a-b-c)(b-c)^2+(b+c-a)(a-b)(a-c) \geqslant 0$

Giả sử $a=max\left \{ a,b,c \right \}$ thì bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

[KietLW9]

$$x^p+y^p=(x+y)^z$$

Xét $p=2$ thì $z=1$ nên $x=y=1$, vậy bộ nghiệm $(a,b,c,p)=(1,1,1,2)$ thỏa mãn

 

Xét $p$ là snt lẻ, giả sử $x+y$ có ước nguyên tố lẻ $r \neq p$, khi đó $x,y$ không thể đồng thời bằng $1$ và $v_r(x+y)=zv_r(x+y)\Rightarrow z=1\Rightarrow x^p+y^p=x+y$, mâu thuẫn

Do vậy nếu $x+y$ có ước nguyên tố lẻ đó là $p$, tức là $$v_p(x+y)+1=zv_p(x+y)$$ nên $z=2$, khi đó $x^3+y^3\leq x^p+y^p\leq 2(x^2+y^2)\Rightarrow x=2,y=1\Rightarrow p=3$, do đó có thêm một bộ là $(x,y,z,p)=(2,1,2,3)$ hoặc ngược lại vs $x,y$