Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng $\frac{a}{\sqrt{a^{2}+3bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+3ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+3ab}}\geq \frac{3}{2}$
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng $\frac{a}{\sqrt{a^{2}+3bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+3ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+3ab}}\geq \frac{3}{2}$
Áp dụng bất đẳng thức Holder: $\left(\sum \dfrac{a}{\sqrt{a^2+3bc}}\right)^2\left[\sum a(a^2+3bc)\right]\geqslant (a+b+c)^3$
Do đó ta cần chứng minh: $12(a+b)(b+c)(c+a)\geqslant 5(a^3+b^3+c^3)+81abc$
Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$ thì bất đẳng thức trở thành: $27pq\geqslant 5p^3+108r$
Áp dụng bất đẳng thức Schur, ta có $6p^3+108r\leqslant 30pq$ và áp dụng $p^2\geqslant 3q\Leftrightarrow -p^3\leqslant -3pq$
Cộng hai bất đẳng thức lại cho ta điều phải chứng minh.
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
Áp dụng bất đẳng thức Schur, ta có $6p^3+108r\leqslant 30pq$
Nếu đây chỉ là bạn áp dụng BĐT Schur bình thường thì nên xem lại với $a=3; b=c=1$, bất đẳng thức đổi chiều.
Tuy nhiên đề bài cho $a,b,c$ là các cạnh của tam giác, vì thế bạn có thể chứng minh bất đẳng thức $6p^3+108r \leqslant 30pq$ được không ?
Nếu đây chỉ là bạn áp dụng BĐT Schur bình thường thì nên xem lại với $a=3; b=c=1$, bất đẳng thức đổi chiều.
Tuy nhiên đề bài cho $a,b,c$ là các cạnh của tam giác, vì thế bạn có thể chứng minh bất đẳng thức $6p^3+108r \leqslant 30pq$ được không ?
Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc ba cho bộ số $(b+c-a,c+a-b, a+b-c)$
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng $\frac{a}{\sqrt{a^{2}+3bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+3ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+3ab}}\geq \frac{3}{2}$
Lời giải. 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 $a=b=c$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 25-05-2021 - 10:31
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh