Chủ đề này có 3 trả lời

[chardhdmovies]

cho $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác.CMR $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+c}{b+c}+\frac{b+a}{c+a}+\frac{c+b}{a+b}$

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chardhdmovies: 24-07-2014 - 15:57

[phamxuanvinh08101997]

cho $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác.CMR $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+c}{b+c}+\frac{b+a}{c+a}+\frac{c+b}{a+b}$

Bài này không nhất thiết a,b,c là ba cạnh tam giác 

GIả sử 

\[c = \min \left\{ {a,b,c} \right\}\]

Ta có 

\[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} - 3 = \frac{{(a - b)^2 }}{{ab}} + \frac{{(a - c)(b - c)}}{{ac}}\]

Do đó bđt tương đương với

\[\left[ {\frac{1}{{ab}} - \frac{1}{{(a + c)(b + c)}}} \right](a - b)^2  + \left[ {\frac{1}{{ac}} - \frac{1}{{(a + c)(a + b)}}} \right](a - c)(b - c) \ge 0\]

Điều này là hiển nhiên vì \[c = \min \left\{ {a,b,c} \right\}\]

 

[HoangHungChelski]

Ta có: $BĐT \Leftrightarrow \sum(\frac{a}{b}-\frac{a}{b+c})\ge \sum \frac{c}{b+c} \Leftrightarrow \sum \frac{ca}{b(b+c)}+\sum\frac{b}{b+c}\ge 3$
$\Leftrightarrow \frac{b^2+ca}{b(b+c)}+\frac{c^2+ab}{c(c+a)}+\frac{a^2+bc}{a(a+b)}\ge 3$
Áp dụng BĐT $C-S$:
+, $[\sum \frac{b^2+ca}{b(b+c)}][\sum \frac{1}{a+b}]\ge [\sum\sqrt{\frac{b^2+ca}{b(b+c)(b+a)}}]^2$
+, $[\sum\sqrt{\frac{b^2+ca}{b(b+c)(b+a)}}]^2 \geq 3\sum \sqrt{\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)}{ab(a+b)^2(b+c)(c+a)}}$
Từ đó , ta phải CM: $\sum \sqrt{\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)}{ab(a+b)^2(b+c)(c+a)}}\ge \sum \frac{1}{a+b}$
Ta CM: $\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)}{ab(a+b)^2(b+c)(c+a)}\ge \frac{1}{(a+b)^2}\Leftrightarrow \frac{c(a-b)^2}{ab(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 0\rightarrow \text{True}$
$\Rightarrow \sqrt{\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)}{ab(a+b)^2(b+c)(c+a)}}\ge \frac{1}{a+b}$, ta thiết lập được các BĐT còn lại, cộng vào, ta có $Q.E.D$
Dấu bằng $\Leftrightarrow a=b=c$ 

P/s: Làm hơi bị lằng nhằng!
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HoangHungChelski: 24-07-2014 - 19:25

[canhhoang30011999]

cho $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác.CMR $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+c}{b+c}+\frac{b+a}{c+a}+\frac{c+b}{a+b}$

bđt $<=> \sum \frac {a}{b}-\frac{a+c}{b+c}=\sum \frac{ac-bc}{b^{2}+bc} \geq 0$

$<=> \sum \frac{ac+b^{2}}{b^{2}+bc}\geq 3$

áp dụng cô-si ta có

$\sum \frac{ac+b^{2}}{b^{2}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{\prod ac+b^{2}}{\prod b^{2}+bc}}$

ta cần cm

$\prod (b^{2}+ac) \geq abc(a+b)(b+c)(c+a)$

$<=> \prod(b^{2}+ac)(a^{2}+ac) \geq (\prod(ab+ac))^{2}$

điều này đúng theo bđt BCS

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi canhhoang30011999: 24-07-2014 - 17:06