Chủ đề này có 13 trả lời

[Hoang Nhat Tuan]

Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng $a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leq 3abc$

(đề thi IMO 1964, sử dụng BĐT Schur)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngoc Hung: 02-05-2015 - 06:53

[Mosses William Tran]

Cách khác: Đặt a=x+y, b=y+z, c=z+x

[nguyenhongsonk612]

Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng $a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leq 3abc$

(đề thi IMO 1964, sử dụng BĐT Schur)

Một cách giải bằng $AM-GM$

Giải

Đặt $b+c-a=x;c+a-b=y;a+b-c=z$ $\Rightarrow c=\frac{x+y}{2};a=\frac{y+z}{2};b=\frac{z+x}{2}$

BĐT cần C/m trở thành

$$x(y+z)^2+y(z+x)^2+z(x+y)^2\leq \frac{3(x+y)(y+z)(z+x)}{2}$$ 

$$\Leftrightarrow x^2y+xy^2+y^2z+yz^2+z^2x+zx^2\geq 6xyz$$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ cho $6$ số cho vế trái ta được đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ (khi tam giác $ABC$ đều) hoặc $a=b=1;c=0$ và các hoán vị (khi tam giác $ABC$ suy biến)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhongsonk612: 02-05-2015 - 08:03

[toanc2tb]

Dùng Bđt Schur bạn chỉ cần khai triển rồi chuyển $a^3,b^3,c^3$ sang vế phải là xong rồi!

[hoanglong2k]

Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng $a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leq 3abc$

(đề thi IMO 1964, sử dụng BĐT Schur)

Cần gì Schur :v

 

Có $Ine\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

$\Leftrightarrow a(a-b)^2+c(b-c)^2+(a-b+c)(a-b)(a-c)\geq 0$

 

Lấy $a\geq b\geq c$ là có ngay điều cần chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 02-05-2015 - 08:25

[toanc2tb]

Cần gì Schur :v

 

Có $Ine\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

$\Leftrightarrow a(a-b)^2+c(b-c)^2+(a-b+c)(a-b)(a-c)\geq 0$

 

Lấy $a\geq b\geq c$ là có ngay điều cần chứng minh

 

Bạn vừa cm lại bđt Schur đấy! 

[nguyenhongsonk612]

Dùng Bđt Schur bạn chỉ cần khai triển rồi chuyển $a^3,b^3,c^3$ sang vế phải là xong rồi!

Đi thi bạn phải C/m lại BĐT Schur mà. Cái này cũng không phải là dễ dàng nếu chưa làm quen nhiều

[toanc2tb]

Đi thi bạn phải C/m lại BĐT Schur mà. Cái này cũng không phải là dễ dàng nếu chưa làm quen nhiều

 

Đúng rồi bạn! Nhưng do chủ Topic bảo dùng Schur nên mình giả sử bạn ấy đã biết cách cm nó rồi!   

[Hoang Nhat Tuan]

Đúng rồi bạn! Nhưng do chủ Topic bảo dùng Schur nên mình giả sử bạn ấy đã biết cách cm nó rồi!   

À, bài này mình biết cách giải rồi, post lên cho mọi người xem thử thôi, bài này đơn giản mà   

[Hoang Nhat Tuan]

Cần gì Schur :v

 

Có $Ine\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

$\Leftrightarrow a(a-b)^2+c(b-c)^2+(a-b+c)(a-b)(a-c)\geq 0$

 

Lấy $a\geq b\geq c$ là có ngay điều cần chứng minh

hoanglong2k dùng BĐT Schur đó thôi, khai triển từ $a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$

ra được $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$ mà

[nguyenhongsonk612]

Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng $a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leq 3abc$

(đề thi IMO 1964, sử dụng BĐT Schur)

Có một cách nữa cũng rất hay

Giải

Theo định lý hàm số $\cos$ ta có 

$b^2+c^2-a^2=2bc\cos{A};c^2+a^2-b^2=2ca\cos{B};a^2+b^2-c^2=2ab\cos{C}$

Viết BĐT C/m dưới dạng 

$$a(b^2+c^2-a^2)+b(c^2+a^2-b^2)+c(a^2+b^2-c^2)\leq 3abc$$

$$\Leftrightarrow 2abc(\cos{A}+\cos{B}+\cos{C})\leq 3abc$$

$$\Leftrightarrow \cos{A}+\cos{B}+\cos{C}\leq \frac{3}{2}$$

BĐT này C/m dễ dàng

Dấu "=" xảy ra khi $A=B=C=\frac{\pi}{3}\Leftrightarrow$ Tam giác $ABC$ đều

---------

Có một bài toán tương tự nữa, mọi người thử làm nhé

Cho tam giác $ABC$ có chu vi bằng $1$. Chứng minh rằng 

$$(\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b^2}+\sqrt[3]{c^2})(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c})\leq 2+3\sqrt[3]{abc}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhongsonk612: 02-05-2015 - 18:50

[hoanglong2k]

hoanglong2k dùng BĐT Schur đó thôi, khai triển từ $a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$

ra được $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$ mà

Tớ chứng minh nó chứ không phải là áp dụng luôn nhé 

 

 

---------

Có một bài toán tương tự nữa, mọi người thử làm nhé

Cho tam giác $ABC$ có chu vi bằng $1$. Chứng minh rằng 

$$(\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b^2}+\sqrt[3]{c^2})(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c})\leq 2+\sqrt[3]{abc}$$

 

Theo em nghĩ là $3\sqrt[3]{abc}$ chứ anh

 

Đặt $(x,y,z)\rightarrow (\sqrt[3]a,\sqrt[3]b,\sqrt[3]c)$ thì $x^3+y^3+z^3=1$

 

Khi đó $INE\Leftrightarrow (x^2+y^2+z^2)(x+y+z)\leq 2+3xyz$

 

$$\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3+x^2y+x^2z+y^2x+y^2z+z^2x+z^2y\leq 2+3xyz$$

 

$$\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$$

 

( Đúng theo Schur )

 

Hoặc nếu không dùng Schur thì bất đẳng thức có thể viết tiếp lại là 

 

$$xyz\geq (x+y-z)(y+z-x)(x+z-y)$$

 

( luôn đúng )

 

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 02-05-2015 - 14:59

[nguyenhongsonk612]

Tớ chứng minh nó chứ không phải là áp dụng luôn nhé 

 

 

Theo em nghĩ là $3\sqrt[3]{abc}$ chứ anh

 

Đặt $(x,y,z)\rightarrow (\sqrt[3]a,\sqrt[3]b,\sqrt[3]c)$ thì $x^3+y^3+z^3=1$

 

Khi đó $INE\Leftrightarrow (x^2+y^2+z^2)(x+y+z)\leq 2+3xyz$

 

$$\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3+x^2y+x^2z+y^2x+y^2z+z^2x+z^2y\leq 2+3xyz$$

 

$$\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$$

 

( Đúng theo Schur )

 

Hoặc nếu không dùng Schur thì bất đẳng thức có thể viết tiếp lại là 

 

$$xyz\geq (x+y-z)(y+z-x)(x+z-y)$$

 

( luôn đúng )

 

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài làm thì đúng rồi, nhưng theo anh nghĩ thì nên chỉ ra $x,y,z$ cũng là $3$ cạnh của một tam giác nào đó cho dễ chứng minh!

[hoanglong2k]

Bài làm thì đúng rồi, nhưng theo anh nghĩ thì nên chỉ ra $x,y,z$ cũng là $3$ cạnh của một tam giác nào đó cho dễ chứng minh!

 

Chắc là được anh ơi

 

Ta có : $a<b+c<b+c+3\sqrt[3]{bc}(\sqrt[3]b+\sqrt[3]c)=(\sqrt[3]b+\sqrt[3]c)^3\Rightarrow x<y+z$

Chứng minh tương tự thì $y<x+z$ ; $x<z+y$

Nên $x,y,z$ cũng là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác