Chủ đề này có 3 trả lời

[melodias2002]

Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác. CMR:

$\sum \frac{a^3(a+b)}{a^2+b^2} \geq a^2+b^2+c^2$

[CatKhanhNguyen]

Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác. CMR:

$\sum \frac{a^3(a+b)}{a^2+b^2} \geq a^2+b^2+c^2$

Bất đẳng thức tương đương:

$\left (a^{2}-\frac{a^{4}+a^{3}b}{a^{2}+b^{2}} \right )+\left ( b^{2}-\frac{b^{4}+b^{3}c}{b^{2}+c^{2}} \right )+\left ( c^{2}-\frac{c^{4}+c^{3}a}{c^{2}+a^{2}} \right )\leq 0$

$\Leftrightarrow \frac{a^{2}b^{2}-a^{3}b}{a^{2}+b^{2}}+\frac{b^{2}c^{2}-b^{3}c}{b^{2}+c^{2}}+\frac{c^{2}a^{2}-c^{3}a}{c^{2}+a^{2}}\leq 0$

Áp dụng bất đẳng thức A-G:

$VT\leq \frac{a(b-a)}{2}+\frac{b(c-b)}{2}+\frac{c(a-c)}{2}= \frac{(ab+bc+ca)-(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{2}\leq 0$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

 

Cách làm của mình không dùng đến giả thiết a,b,c là ba cạnh tam giác. Không biết có gì sai sót không.

[kekkei]

Bất đẳng thức tương đương:

$\left (a^{2}-\frac{a^{4}+a^{3}b}{a^{2}+b^{2}} \right )+\left ( b^{2}-\frac{b^{4}+b^{3}c}{b^{2}+c^{2}} \right )+\left ( c^{2}-\frac{c^{4}+c^{3}a}{c^{2}+a^{2}} \right )\leq 0$

$\Leftrightarrow \frac{a^{2}b^{2}-a^{3}b}{a^{2}+b^{2}}+\frac{b^{2}c^{2}-b^{3}c}{b^{2}+c^{2}}+\frac{c^{2}a^{2}-c^{3}a}{c^{2}+a^{2}}\leq 0$

Áp dụng bất đẳng thức A-G:

$VT\leq \frac{a(b-a)}{2}+\frac{b(c-b)}{2}+\frac{c(a-c)}{2}= \frac{(ab+bc+ca)-(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{2}\leq 0$ (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

 

Cách làm của mình không dùng đến giả thiết a,b,c là ba cạnh tam giác. Không biết có gì sai sót không.

lời giải của bạn sai chỗ này vì chưa chắc chắn $b-a,c-b,a-c\geqslant 0$

[nmtuan2001]

Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác. CMR:

$\sum \frac{a^3(a+b)}{a^2+b^2} \geq a^2+b^2+c^2$

Đặt $A=\sum \frac{a^4}{a^2+b^2}, B=\sum \frac{a^3b}{a^2+b^2}$. Cần chứng minh $A+B \geq a^2+b^2+c^2$.

Ta có $A-\sum \frac{b^4}{a^2+b^2}=\sum \frac{a^4-b^4}{a^2+b^2}=\sum (a^2-b^2)=0$ nên $2A=\sum \frac{a^4+b^4}{a^2+b^2}$.

$A-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}=\frac{1}{2}(\sum \frac{a^4+b^4}{a^2+b^2}-\frac{a^2+b^2}{2})=\sum \frac{(a^2-b^2)^2}{4(a^2+b^2)}$.

$B-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}=\sum (\frac{a^3b}{a^2+b^2}-\frac{a^2}{2})=\sum \frac{-a^2(a-b)^2}{2(a^2+b^2)}$.

Do đó BĐT trở thành:

$$\sum (a-b)^2 \left( \frac{(a+b)^2}{4(a^2+b^2)}-\frac{a^2}{2(a^2+b^2)} \right) \geq 0$$

$$\sum (a-b)^2 \left( \frac{b^2+2ab-a^2}{a^2+b^2} \right) \geq 0$$

Đặt $S_c=\frac{b^2+2ab-a^2}{a^2+b^2}, S_a=\frac{c^2+2bc-b^2}{b^2+c^2}, S_b=\frac{a^2+2ca-c^2}{c^2+a^2}$.

Đây là BĐT hoán vị, không đối xứng nên phải xét 2TH:

 

TH1: $a \geq b \geq c$. Ta có $(c-a)^2=(a-b+b-c)^2 \geq (a-b)^2+(b-c)^2$ và $S_b>0$.

BĐT được đưa về chứng minh $(S_b+S_c)(a-b)^2+(S_a+S_b)(b-c)^2 \geq 0$.

Mà $S_b+S_c>(\frac{a^2}{c^2+a^2}-\frac{a^2}{a^2+b^2})+(\frac{b^2}{a^2+b^2}-\frac{c^2}{c^2+a^2}) \geq 0$

$S_a+S_b>(\frac{c^2}{b^2+c^2}-\frac{c^2}{c^2+a^2})+(\frac{a^2}{c^2+a^2}-\frac{b^2}{b^2+c^2}) \geq 0$

Ta có đpcm.

 

TH2: $a \geq c \geq b$. Dễ thấy $S_a, S_b>0$. Nếu $S_c \geq 0$ thì ta có đpcm.

Xét $S_c<0$. Ta có $(a-b)^2=(b-c+c-a)^2 \leq 2[(b-c)^2+(c-a)^2]$.

BĐT được đưa về chứng minh $(S_a+2S_c)(b-c)^2+(S_b+2S_c)(c-a)^2 \geq 0$.

Để chứng minh $S_a+2S_c$ và $S_b+2S_c \geq 0$ chỉ cần quy đồng và thay $a=y+z, b=z+x, c=x+y$ do đk $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác là xong.

 

Cách này khá dài và phức tạp. Chắc là có cách hay hơn.