Cho a,b,c là dộ dài 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 2: CMR: $\frac{52}{27}\leq a^2+b^2+c^2+2abc < 2 $
#1
Đã gửi 18-10-2012 - 20:28
$\frac{52}{27}\leq a^2+b^2+c^2+2abc < 2 $
#2
Đã gửi 19-10-2012 - 22:17
Từ đó ta có (1-a)(1-b)(1-c)>0
Suy ra: $1-\left ( a+b+c \right )+ab+bc+ac-abc> 0$
$\Rightarrow 2\left ( ab+bc+ac \right )> 2+abc$
$\Rightarrow 2\left ( ab+bc+ac \right )+a^2+b^2+c^2> a^2+b^2+c^2+2abc+2$
Suy ra ĐCCM?
Còn chiều lớn hơn thì không nhầm là đưa về hàm số bậc nhất rồi xét tính đơn điệu của nó?
- tuannd2009, HÀ QUỐC ĐẠT, Mai Duc Khai và 5 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 20-10-2012 - 08:02
giải thích rõ điDo a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác nên dễ dàng suy ra được a,b,c < 1
#5
Đã gửi 20-10-2012 - 13:13
Bằng đổi biến $p,q,r$.
Ta có $p=2$. BĐT cần chứng minh là :
$$p^2-2q+2r \ge \dfrac{52}{27}$$
$$ \Leftrightarrow 4-2q+2r \ge \dfrac{52}{27}$$
Mà theo $Schur$ thì $r \ge \dfrac{4pq-p^3}{9} = \dfrac{8q-8}{9}$
Ta đưa về chứng minh BĐT mạnh hơn :
$$ 4-2q+2. \dfrac{8p-8}{9} \ge \dfrac{52}{27}$$
$$ \Leftrightarrow q \le \dfrac{4}{3}$$
Thì điều này hiển nhiên đúng do $ab+bc+ca \le \dfrac{(a+b+c)^2}{3}$.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{2}{3}$
BĐT được chứng minh.
- WhjteShadow yêu thích
Chia sẻ tài liệu ôn thi đại học tại : http://blogtoanli.net
#6
Đã gửi 20-10-2012 - 18:54
BĐT tương đương với :
$$ 2bc(a-1) + (b+c)^2+a^2 \ge \dfrac{52}{27}$$
$$\Leftrightarrow 2bc(a-1)+2a^2-4a+\dfrac{56}{27} \ge 0$$
Hiển nhiên với $bc = 0$ thì $VT >0$
Với $bc=\dfrac{(2-a)^2}{4} $ thì $$VT = (a-1)\dfrac{(a-2)^2}{2}+2a^2-4a+\dfrac{56}{27}$$
Có $VT \ge 0 \Leftrightarrow (a+\dfrac{1}{3})(a-\dfrac{2}{3})^2 \ge 0 ( true )$
Đẳng thức xảy ra khi $\begin{cases} a=\dfrac{2}{3} \\ b=c \\ a+b+c=2 \end{cases} \Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{2}{3}$
Vậy BĐT được chứng minh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sogenlun: 20-10-2012 - 18:56
Chia sẻ tài liệu ôn thi đại học tại : http://blogtoanli.net
#7
Đã gửi 03-03-2013 - 10:11
Hình như chỗ ấy là $bc \ge \dfrac{(2-a)^2}{4}$ đóTại sao bc=$\frac{(2-a)^{2}}{4}$
"If I feel unhappy,I do mathematics to become happy.
If I feel happy,I do mathematics to keep happy."
Alfréd Rényi
#8
Đã gửi 03-03-2013 - 14:14
Hình như chỗ ấy là $bc \ge \dfrac{(2-a)^2}{4}$ đó
Dùng tính chất hàm bậc nhất đó bạn, ở đây mình sẽ xét biến $bc$ trên $(0,\dfrac{(2-a)^2}{4}]$mà bc $\leq \frac{(b+c)^{2}}{4}$
Khi đó xét $f(0) , f(\dfrac{(2-a)^2}{4}])$ để đánh giá
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sogenlun: 03-03-2013 - 14:16
- Oral1020 yêu thích
Chia sẻ tài liệu ôn thi đại học tại : http://blogtoanli.net
#9
Đã gửi 07-03-2013 - 01:12
Mình xin giới thiệu 1 cách làm mới, mình rất hay làm đối với dạng bài này, tuy hơi chày cối tíCho a,b,c là dộ dài 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 2: CMR:
$\frac{52}{27}\leq a^2+b^2+c^2+2abc < 2 $
Do vai trò của $a,b,c$ là như nhau nên ta có thể giả sử $a\geq b\geq c> 0$
Đặt $\left\{\begin{matrix}
a=\frac{2}{3}+x\\b=\frac{2}{3} -y
\end{matrix}\right.\Rightarrow z=\frac{2}{3}+y-x$
Do $a+b>c$ $\Rightarrow \frac{2}{3}+x+\frac{2}{3}-y> \frac{2}{3}+y-x\Rightarrow y-x< \frac{1}{3}$
và $\frac{2}{3}\leq a< 1\Rightarrow 0\leq x< \frac{1}{3}$
Ta có $a^2+b^2+c^2+2abc=(\frac{2}{3}+x)^2+(\frac{2}{3}-y)^2+(\frac{2}{3}+y-x)^2+2(\frac{2}{3}+x)(\frac{2}{3}-y)(\frac{2}{3}+y-x)\geq \frac{52}{27}$
$\Leftrightarrow x^2+y^2-xy-3xy(y-x) \geq 0$
+) Nếu $x \geq y\Rightarrow x^2+y^2-xy-3xy(y-x) \geq x^2+y^2-xy \geq 0$
Suy ra đpcm
+) Nếu $x \leq y$
Ta có $y-x \leq \frac{1}{3}$
$x \geq y\Rightarrow x^2+y^2-xy-3xy(y-x) \geq x^2+y^2-xy-xy=(x-y)^2 \geq 0$
Suy ra đpcm
Vậy ta có bài toán được chứng minh xong
Dấu = xảy ra khi $x=y=0$ $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{2}{3}$
- tpdtthltvp yêu thích
#10
Đã gửi 07-03-2013 - 01:15
Bài toán : Cho $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác có chu vi là $1$
Tìm Min của $a^3+b^3+c^3+3abc$
P/S : Tất nhiên cách trên mình sẽ nghĩ đến cuối cùng vì mất rất nhiều thời gian
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tran Hoang Anh Arsenal: 07-03-2013 - 01:15
- tpdtthltvp yêu thích
#11
Đã gửi 25-04-2015 - 21:50
Cho a,b,c là dộ dài 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 2: CMR:
$\frac{52}{27}\leq a^2+b^2+c^2+2abc < 2 $
Mình có 1 cách này khá ngắn gọn, phù hợp với kiến thức cấp 2, dễ hiểu nữa
Mọi người cũng đã chứng minh $a,b,c<1$
Áp dụng BĐT Cô-si ta có $(1-a)(1-b)(1-c)\leq \left [ \frac{3-(a+b+c)}{3}\right ]^3=\frac{1}{27}$
Ta có $0<(1-a)(1-b)(1-c)\leq \frac{1}{27}$
$\Leftrightarrow 1<ab+bc+ca-abc\leq \frac{28}{27}$
$\Leftrightarrow 2<(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2+2abc)\leq \frac{56}{27}$
$\Leftrightarrow 2<4-(a^2+b^2+c^2+2abc)\leq \frac{56}{27}$
$\Leftrightarrow \frac{52}{27}\leq a^2+b^2+c^2+2abc<2$
- I Love MC, tpdtthltvp, Element hero Neos và 6 người khác yêu thích
"God made the integers, all else is the work of man."
Leopold Kronecker
#12
Đã gửi 25-04-2015 - 21:57
Mình xin đóng góp 1 bài
Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh một tam giác có chu vi bằng 3. Chứng minh
$3a^2+3b^2+3c^2+4abc \geq 13$
"God made the integers, all else is the work of man."
Leopold Kronecker
#13
Đã gửi 08-05-2015 - 23:05
Mình xin đóng góp 1 bài
Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh một tam giác có chu vi bằng 3. Chứng minh
$3a^2+3b^2+3c^2+4abc \geq 13$
Ta có: $3-2a=a+b+c-2a=b+c-a >0$. Tương tự, ta có: $3-2b>0, 3-2c>0$
Áp dụng BĐT Côsi ta có:
$(3-2a)(3-2b)(3-2c) \leq (\dfrac{3-2a+3-2b+3-2c}{3})^3=1$
$\Leftrightarrow 27-9(2a+2b+2c)+12(ab+bc+ac)-8abc \leq 1$
$\Leftrightarrow 27-54+12(ab+bc+ca)-8abc \leq 1$
$\Leftrightarrow 4abc \geq 6(ab+bc+ca)-14$
$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)+4abc \geq 3(a+b+c)^2 -14=13$
Đắng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
- tpdtthltvp yêu thích
#14
Đã gửi 09-05-2015 - 09:47
Mình xin đóng góp 1 bài
Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh một tam giác có chu vi bằng 3. Chứng minh
$3a^2+3b^2+3c^2+4abc \geq 13$
Mở rộng. Cho $a,b,c$ là các số không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của $3(a^2+b^2+c^2)+4abc$
- tpdtthltvp yêu thích
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
#15
Đã gửi 09-05-2015 - 17:45
Mở rộng. Cho $a,b,c$ là các số không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của $3(a^2+b^2+c^2)+4abc$
+) Ta có $P=3(a^2+b^2+c^2)+4abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)+4abc=\sum a^3+\sum a(b^2+c^2)+4abc$
Xét $27=(a+b+c)^3=\sum a^3+3\sum a(b^2+c^2)+6abc=P+2\sum a(b^2+c^2)+2abc$
$\Rightarrow P\leqslant 27$
Đẳng thức xảy ra khi $\sum a(b^2+c^2) +abc=0$
$\Leftrightarrow (a,b,c)=(0,0,3)$ và hoán vị
+) Ta có $P=3\left [ 9-2(ab+bc+ca) \right ]+4abc$
Áp dụng BĐT Schur bậc $3$ ta có $4abc\geqslant \frac{4\left [ 4(a+b+c)(ab+bc+ca)-(a+b+c)^3 \right ]}{9}=$
Đặt $ab+bc+ca=t \leqslant 3$ ta có
$P\geqslant 27-6t+\frac{4(12t-27)}{9}=15-\frac{2t}{3}\geqslant 13$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
#16
Đã gửi 14-08-2015 - 15:30
Bài đầu tiên làm cách này được không mọi người?
Ta áp dụng định lý sau:
"Ba cạnh a, b,c của một tam giác bất kỳ là nghiệm của phương trình bậc 3 ẩn t sau:
t³ – 2pt² + ( p² + r² + 4Rr)t - 4pRr = 0"
Do đó theo định lý Vi-ét:
a + b + c = 2p
ab + bc + ca = p² + r² + 4Rr
abc = 4pRr
Áp dụng vào bài toán ta có:
a² + b² + c² +2abc = (a + b +c)² – 2(ab +bc +ca) +2abc
= 4p² – 2(p²+r²+4Rr) +2.4pRr
= 2p² – 2r² – 8Rr + 8pRr
= 2 – 2r² – 8Rr +8Rr ( vì p = 1 )
= 2 – 2r²
= 2(1- r²) < 2 (vì r² > 0 => - r² < 0 => 1 - r² < 1) (đpcm)
***************************************...
Sau đây là cách chứng minh định lý trên:
Ta có:
2cos²(A/2) – 1 = CosA = (b² + c² - a²) / 2bc
=> 2cos²(A/2) = (b² + c² - a²) / 2bc + 1
= (b² + c² - a² + 2bc) / 2bc
= (b + c - a) (b + c + a) / 2bc
=> cos²(A/2) = (b + c - a) (b + c + a) / 4bc
= p(p - a) / bc
= p(p - a)a / 4pRr (do S = pr = abc / 4R)
=> cos²(A/2) = (p - a)a / 4Rr (*)
Ta lại có:
2sin(A/2)cos(A/2) = sinA = a / 2R
<=> sin(A/2) = a / 4Rcos(A/2)
<=> sin²(A/2) = a² / 16R²cos²(A/2) = ar / 4R(p- a) (do (*))
Cuối cùng: 1 = sin²(A/2) + cos²(A/2) = [ar / 4R(p- a)] + [(p - a)a / 4Rr]
Sau khi quy đồng và khử mẫu ta được: a³ – 2pa² + ( p² + r² + 4Rr)a - 4pRr = 0
Vậy a là một nghiệm của pt bậc 3 ẩn t ở trên.
Hoàn toàn tương tự ta cũng có b và c là nghiệm của pt bậc 3 ẩn t ở trên.
Như vậy định lý đã được chứng minh xong.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Element hero Neos: 14-08-2015 - 15:32
- 12345678987654321123456789 yêu thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh