Chủ đề này có 2 trả lời

[Hoangtheson2611]

Cho a,b,c là cạnh của tam giác . CMR : $2(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geqslant \frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}+3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Quoc Tuan Qbdh: 11-01-2016 - 20:37

[S dragon]

Từ giả thiết tương đương

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

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

$\Leftrightarrow \frac{2}{3}(2b+a)(a-b)^2 \leq \frac{1}{3}\sum (2a+b)(a-b)^2+\frac{1}{2}(a+b+c)[\sum (a-b)^2)]$

$\Leftrightarrow 4\sum (2b+a)(a-b)^2\leq 2\sum (2a+b)(a-b)^2+3(a+b+c)[\sum (a-b)^2]$

$\Leftrightarrow 3(a-b)^2(a+c-b)+3(b-c)^2(b+a-c)+3(c-a)^2(c+b-a)\geq 0$ (đúng vì $a,b,c$ là độ dài các cạnh tam giác)

[hoanglong2k]

Từ giả thiết tương đương

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

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

$\Leftrightarrow \frac{2}{3}(2b+a)(a-b)^2 \leq \frac{1}{3}\sum (2a+b)(a-b)^2+\frac{1}{2}(a+b+c)[\sum (a-b)^2)]$

$\Leftrightarrow 4\sum (2b+a)(a-b)^2\leq 2\sum (2a+b)(a-b)^2+3(a+b+c)[\sum (a-b)^2]$

$\Leftrightarrow 3(a-b)^2(a+c-b)+3(b-c)^2(b+a-c)+3(c-a)^2(c+b-a)\geq 0$ (đúng vì $a,b,c$ là độ dài các cạnh tam giác)

 Không mất tính tổng quát, giả sử $c=\min \{a,b,c\}$ thì $(a-c)(b-c)\geq 0$.

Ta có các đẳng thức sau :

$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-3=\dfrac{(a-b)^2}{ab}+\dfrac{(a-c)(b-c)}{ac}$$

$$\dfrac{a}{c}+\dfrac{c}{b}+\dfrac{b}{a}-3=\dfrac{(a-b)^2}{ab}+\dfrac{(a-c)(b-c)}{bc}$$

Vì thế nên ta chỉ cần chứng minh :

$$2\left[ \dfrac{(a-b)^2}{ab}+\dfrac{(a-c)(b-c)}{ac}\right ]\geq \dfrac{(a-b)^2}{ab}+\dfrac{(a-c)(b-c)}{bc}$$

$$\Leftrightarrow \dfrac{(a-b)^2}{ab}+(a-c)(b-c).\dfrac{2b-a}{abc}\geq 0$$

Bất đẳng thức trên luôn đúng do $2b\geq b+c>a$

Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$