Chủ đề này có 3 trả lời

[sanghamhoc]

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác

CMR: a,$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}$ cũng là 3 cạnh tam giác

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

[Quoc Tuan Qbdh]

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác

CMR: a,$\frac{1}{a+b},\frac{1}{b+c},\frac{1}{a+c}$ cũng là 3 cạnh tam giác

 

 

Áp dụng BĐT $C-S$ và bất đẳng thức tam giác : $b<a+c$

$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}\geq \frac{4}{a+2b+c}>\frac{4}{a+2(a+c)+c}=\frac{4}{3}(\frac{1}{a+c})>\frac{1}{a+c}$ 

Tương tự với 2 cái còn lại được điều phải chứng minh 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Quoc Tuan Qbdh: 30-07-2015 - 17:47

[hoctrocuaHolmes]

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác

CMR: a,$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}$ cũng là 3 cạnh tam giác

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

b)Đây chính là bất đẳng thức Schur bậc $3$

Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c> 0$

Biến đổi bất đẳng thức đã cho thành$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow c(a-c)(b-c)+(a-b)[a(a-c)-b(b-c)]\geq 0\Leftrightarrow c(a-c)(b-c)+(a-b)^2(a+b-c)\geq 0$ (luôn đúng)

Dấu ''='' xảy ra khi$a=b=c$

[Silverbullet069]

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác

CMR: a,$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}$ cũng là 3 cạnh tam giác

Phù, mệt ghê, mãi mới ra

Để $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}$ cũng là 3 cạnh tam giác

$\Leftrightarrow \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c} > \frac{1}{a+c}$

Già sử $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c} > \frac{1}{a+c}$

$\Rightarrow \frac{a + c}{a + b} + \frac{a + c}{b + c} > 1$

Ta có : $\left\{\begin{matrix} \frac{a + c}{a + b} > \frac{c}{b} & & \\ \frac{a + c}{b + c} > \frac{a}{b}& & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \frac{a + c}{a + b} + \frac{a + c}{b + c} > \frac{c + a}{b} > 1 (a + c > b) $(BĐT $\Delta$ cho ở đề bài)

$\Rightarrow$ BĐT đúng

Tương tự với 2 cạnh còn lại nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Silverbullet069: 30-07-2015 - 17:54