Chứng minh với $a,b,c$ không âm thì $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)$
Chứng minh với $a,b,c$ không âm thì $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)$
#1
Đã gửi 28-03-2015 - 20:10
#2
Đã gửi 28-03-2015 - 20:19
Chứng minh với $a,b,c$ không âm thì $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)$
Áp dụng bất đẳng thức phụ $xy\leq \frac{(x+y)^2}{4} $ ta có
$(a+b-c)(a+c-b)\leq \frac{(a+b-c+a+c-b)^2}{4}=a^2 $
Lập các BĐT tương tự nhân lại có đpcm
- yeudiendanlamlam yêu thích
Chung Anh
#3
Đã gửi 28-03-2015 - 20:21
Áp dụng bất đẳng thức phụ $xy\leq \frac{(x+y)^2}{4} $ ta có
$(a+b-c)(a+c-b)\leq \frac{(a+b-c+a+c-b)^2}{4}=a^2 $
Lập các BĐT tương tự nhân lại có đpcm
- rainbow99 và yeudiendanlamlam thích
#4
Đã gửi 28-03-2015 - 20:24
Đã chắc bộ 3 số $(a+b-c ; a+c-b ; b+c-a)$ không âm chưa mà dùng CosiTheo mình bài phải thêm đk $a ;b; c$ là 3 cạnh tam giác
Không cần 3 cạnh tam giác,bất đẳng thức phụ kia đúng với mọi x,y
- JayVuTF, the man, phamngochung9a và 1 người khác yêu thích
Chung Anh
#5
Đã gửi 28-03-2015 - 20:27
Chứng minh với $a,b,c$ không âm thì $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)$
Bài này chúng ta xét 3 Trường Hợp:
+,Cả $a+b-c;b+c-a;c+a-b$ đều là số âm thì ta có:
$0< (a+b-c)(b+c-a) =[b+(a-c)][b-(a-c)] =b^2 -(a-c)^2 \leq b^2$
TƯơng tự, ta cũng có $0< (b+c-a)(c+a-b) \leq c^2$
$0< (c+a-b)(a+b-c) \leq a^2$
$\Rightarrow [(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)]^2 \leq (abc)^2 \Leftrightarrow (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b) \leq abc$
+, Tồn tại ít nhất 1 số âm, giả sử $a+b-c < 0$, thì ta có:
Do $(a+b-c) +(b+c-a) = 2b \geq 0 \Rightarrow b+c-a >0$
$(a+b-c) +(a+c-b) =2a \geq 0 \Rightarrow a+c-b >0$
$\Rightarrow (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b) < 0 \leq abc$
+, Cả 3 số đều không âm, ta có thể chứng minh theo cách của chi Chung Anh là ra.
- Ngoc Hung, nguyenhongsonk612, the man và 1 người khác yêu thích
#6
Đã gửi 28-03-2015 - 20:32
Bài này chúng ta xét 3 Trường Hợp:
+,Cả $a+b-c;b+c-a;c+a-b$ đều là số âm thì ta có:
$0< (a+b-c)(b+c-a) =[b+(a-c)][b-(a-c)] =b^2 -(a-c)^2 \leq b^2$
TƯơng tự, ta cũng có $0< (b+c-a)(c+a-b) \leq c^2$
$0< (c+a-b)(a+b-c) \leq a^2$
$\Rightarrow [(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)]^2 \leq (abc)^2 \Leftrightarrow (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b) \leq abc$
+, Tồn tại ít nhất 1 số âm, giả sử $a+b-c < 0$, thì ta có:
Do $(a+b-c) +(b+c-a) = 2b \geq 0 \Rightarrow b+c-a >0$
$(a+b-c) +(a+c-b) =2a \geq 0 \Rightarrow a+c-b >0$
$\Rightarrow (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b) < 0 \leq abc$
+, Cả 3 số đều không âm, ta có thể chứng minh theo cách của chi Chung Anh là ra.
Nếu 3 số đều âm thì $(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a) <0 \leq abc$ (do a,b,c không âm )
- nguyenhongsonk612, the man và yeudiendanlamlam thích
Chung Anh
#7
Đã gửi 28-03-2015 - 20:36
Bài này chúng ta xét 3 Trường Hợp:
+,Cả $a+b-c;b+c-a;c+a-b$ đều là số âm thì ta có:
$0< (a+b-c)(b+c-a) =[b+(a-c)][b-(a-c)] =b^2 -(a-c)^2 \leq b^2$
TƯơng tự, ta cũng có $0< (b+c-a)(c+a-b) \leq c^2$
$0< (c+a-b)(a+b-c) \leq a^2$
$\Rightarrow [(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)]^2 \leq (abc)^2 \Leftrightarrow (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b) \leq abc$
+, Tồn tại ít nhất 1 số âm, giả sử $a+b-c < 0$, thì ta có:
Do $(a+b-c) +(b+c-a) = 2b \geq 0 \Rightarrow b+c-a >0$
$(a+b-c) +(a+c-b) =2a \geq 0 \Rightarrow a+c-b >0$
$\Rightarrow (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b) < 0 \leq abc$
+, Cả 3 số đều không âm, ta có thể chứng minh theo cách của chi Chung Anh là ra.
Theo mình nghĩ chỉ cần chia $2$ TH là đủ.
Một trường hợp: Tồn tại ít nhất một số âm
Và một trường hợp $3$ số không âm
Vì ở TH đầu, khi một số âm ta chỉ ra điều vô lý rồi thì $2$ hay $3$ số âm nó cũng vô lý luôn chứ nhỉ
- the man yêu thích
"...Từ ngay ngày hôm nay tôi sẽ chăm chỉ học hành như Stardi, với đôi tay nắm chặt và hàm răng nghiến lại đầy quyết tâm. Tôi sẽ nỗ lực với toàn bộ trái tim và sức mạnh để hạ gục cơn buồn ngủ vào mỗi tối và thức dậy sớm vào mỗi sáng. Tôi sẽ vắt óc ra mà học và không nhân nhượng với sự lười biếng. Tôi có thể học đến phát bệnh miễn là thoát khỏi cuộc sống nhàm chán khiến mọi người và cả chính tôi mệt mỏi như thế này. Dũng cảm lên! Hãy bắt tay vào công việc với tất cả trái tim và khối óc. Làm việc để lấy lại niềm vui, lấy lại nụ cười trên môi thầy giáo và cái hôn chúc phúc của bố tôi. " (Trích "Những tấm lòng cao cả")
#8
Đã gửi 28-03-2015 - 20:41
Áp dụng bất đẳng thức phụ $xy\leq \frac{(x+y)^2}{4} $ ta có
$(a+b-c)(a+c-b)\leq \frac{(a+b-c+a+c-b)^2}{4}=a^2 $
Lập các BĐT tương tự nhân lại có đpcm
Xem lại chữ đõ ở trên.
Lời giải.
Nếu $(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)\leqslant 0$ thì hiển nhiên ta có bất đẳng thức đầu.
Nếu $(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)> 0$
Giả dụ $b+c-a<0$ thì $(c+a-b)(a+b-c)<0$, khi đó ta có hoặc $2c<0$ hoặc $2b<0$ vô lý.
Do đó sẽ không có $b+c-a<0$ và toàn thể ta có $b+c-a, c+a-b, a+b-c\geqslant 0$
Giờ mới có thể nhân lại như Chung Anh
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 28-03-2015 - 20:42
- Ngoc Hung, nguyenhongsonk612, Chung Anh và 4 người khác yêu thích
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
#9
Đã gửi 28-03-2015 - 20:51
Khai triển ra ta được $a^3+b^3+c^3+3abc\geqslant ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
Cách 1. Giả sử $c=\text{min}\{a,b,c\}$, đặt $f(a,b,c)=\sum a^3+3abc-\sum ab(a+b)$
$f(a,b,c)-f(t,t,c)=\dfrac{(4a+4b-5c)(a-b)^2}{4}\geqslant 0$ với $2t=a+b$
Do đó ta chỉ cần chứng minh $f(t,t,c)\geqslant 0\Leftrightarrow c(c-t)^2\geqslant 0$ luôn đúng.
Cách 2. Giả sử $c=\text{min}\{a,b,c\}$ thì ta có:
$c(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\geqslant 0\Leftrightarrow \sum a^3+3abc-\sum ab(a+b)\geqslant (a-c)^3+(b-c)^3-(a-c)(b-c)(a+b-2c)$
Mà ta có $(a-c)^3+(b-c)^3-(a-c)(b-c)(a+b-2c)=(a+b-2c)(a-b)^2\geqslant 0$ nên ta có điều phải chứng minh.
Cách 3. Gom lại được $(a+b-c)(a-b)^2+c(a-c)(b-c)\geqslant 0$ luôn đúng.
- Ngoc Hung, the man và yeudiendanlamlam thích
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
#10
Đã gửi 06-04-2015 - 20:27
$a^k(a-b)(a-c)+b^k(b-a)(b-c)+c^k(c-a)(c-b) \ge 0$
Với $k=1$ ta có bất đẳng thức trên
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh