Chủ đề này có 3 trả lời

[WhjteShadow]

Bài toán 1.
Ch0 $a,b,c$ là 3 cạnh của 1 tam giác.Chứng minh rằng:
$$a^3+b^3+c^3+9abc\leq 2.\left[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\right]$$
Bài toán 2.
Chứng minh $\forall a,b,c\geq 0$ ta luôn có:
$$(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)\geq 3.\sqrt{3abc(a^3+b^3+c^3)}$$

[Joker9999]

Bài toán 1.
Ch0 $a,b,c$ là 3 cạnh của 1 tam giác.Chứng minh rằng:
$$a^3+b^3+c^3+9abc\leq 2.\left[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\right]$$

Giải như sau:
Trừ mỗi vế đi 12abc
BDT đã cho tương đương với:
$\frac{1}{2}(a+b+c)\sum (a-b)^2\leq 2\sum c(a-b)^2$
Đưa BDT về dạng $\sum S_{c}(a-b)^2\geq 0$
trong đó: $S_{c}=3c-a-b; S_{a}=3a-b-c; S_{b}=3b-a-c$
Giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow S_{a}\geq S_{b}\geq S_{_{c}}$
Do đó ta chỉ cần CM:$S_{b}+ S_{_{c}}\geq 0\Leftrightarrow (b+c)\geq a$( Hiển nhiên do a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác)
Vậy ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c.

[Joker9999]

Bài toán 2.
Chứng minh $\forall a,b,c\geq 0$ ta luôn có:
$$(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)\geq 3.\sqrt{3abc(a^3+b^3+c^3)}$$

Bài này có thiếu dữ kiện a,b,c độ dài 3 cạnh tam giác không cậu
-----------
Không!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 16-11-2012 - 22:19

[Nguyenhuyen_AG]

Bài toán 1.
Ch0 $a,b,c$ là 3 cạnh của 1 tam giác.Chứng minh rằng:
$$a^3+b^3+c^3+9abc\leq 2.\left[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\right]$$

Bài này có thể dùng S-S để giải, khá đơn giản. Thật vậy, do tính đối xứng của bài toán nên ta có thể giả sử $c=\max\{a,b,c\}.$ Khi đó bằng cách sử dụng các phân tích $$\begin{aligned}a^3+b^3+c^3-3abc&=(a+b+c)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)]\\ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-6abc&=2c(a-b)^2+(a+b)(a-c)(b-c).\end{aligned}$$ Ta có thể viết bất đẳng thức trên lại như sau $$2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-6abc] \ge a^3+b^3+c^3-3abc,$$ $$4c(a-b)^2+2(a+b)(a-c)(b-c) \ge (a+b+c)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)],$$ $$(3c-a-b)(a-b)^2+(a+b-c)(a-c)(b-c) \ge 0.$$ Điều này là luôn đúng theo giả thiết của bài toán.
Nhận xét : Ngoài ra ta có thể chứng minh bài toán này bằng phép thế Ravi. Sử dụng bài toán này, ta có thể chứng minh được bài toán đây sau từng xuất hiện trên THTT (lời giải trên tạp chí sử dụng đến công cụ hình học) $$\frac{a}{\sqrt{a^2+3bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+3ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+3ca}}\ge\frac{3}{2}.$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 16-11-2012 - 23:33