Chủ đề này có 4 trả lời

[Ngoc Hung]

Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng $\frac{a}{\sqrt{a^{2}+3bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+3ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+3ab}}\geq \frac{3}{2}$

 

[dogsteven]

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.

[25 minutes]

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 ?

[dogsteven]

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 $(b+c-a,c+a-b, a+b-c)$

[KietLW9]

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