Chủ đề này có 1 trả lời

[duaconcuachua98]

Cho x,y,z là độ dài 3 cạnh tam giác.
CM: $(x+y+z)xyz\geq (xy+yz+zx)\sqrt[3]{(y+z-x)(z+x-y)(x+y-z)}$

[dark templar]

Cho x,y,z là độ dài 3 cạnh tam giác.
CM: $(x+y+z)xyz\geq (xy+yz+zx)\sqrt[3]{(y+z-x)(z+x-y)(x+y-z)}$

Đề nên là $VP=\sqrt[3]{(y+z-x)^2(z+x-y)^2(x+y-z)^2}(xy+yz+zx)$ cho đồng bậc bạn nhé Quy ước $p$ là nửa chu vi .
Dạng bài cho BĐT về cạnh tam giác nên sử dụng phép đổi biến $(a;b;c) \to (p-x;p-y;p-z)$ để đưa về 1 BĐT không "vướng" điều kiện cạnh tam giác.Nhưng đây chỉ là biện pháp "chữa cháy" sau khi mà áp dụng các BĐT cổ điển không thành công mà thôi.
**********
Đặt $a=p-x;b=p-y;c=p-z(a,b,c>0) \implies \left\{\begin{matrix} x=b+c\\ y=c+a\\ z=a+b \end{matrix}\right.$
Vậy BĐT tương đương với:
$$(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a) \ge 2[(a+b)(b+c)+(b+c)(c+a)+(c+a)(a+b)]\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \iff (a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a) \ge 2[(a+b+c)^2+(ab+bc+ca)]\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$$
Sử dụng 2 BĐT quen thuộc sau:

• $(a+b)(b+c)(c+a) \ge \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$
• $(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca)$

Ta có:
$$VP \le \frac{8}{3}(a+b+c)^2\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$$
$$VT \ge \frac{8}{9}(a+b+c)^2(ab+bc+ca)$$
Vậy ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{8}{9}(a+b+c)^2(ab+bc+ca) \ge \frac{8}{3}(a+b+c)^2\sqrt[3]{abc} \iff ab+bc+ca \ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$$
Đây chỉ là hệ quả AM-GM.
Bài toán được chứng minh xong.Đẳng thức xảy ra khi tam giác đều.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 07-12-2012 - 22:14