Hai bài bất đẳng thức trong tam giác

toanlc_gift · 18-12-2010, 06:01 PM

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác và$abc=1 $
chứng minh rằng:
1,$\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{c + b - a}} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} $
2,$\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{c + b - a}} \ge \frac{a}{{\sqrt {c + b - a} }} + \frac{b}{{\sqrt {c + a - b} }} + \frac{c}{{\sqrt {a + b - c} }} $

Unknowing · 18-12-2010, 06:55 PM

Trích:

Nguyên văn bởi toanlc_gift

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác và$abc=1 $
chứng minh rằng:
1,$\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{c + b - a}} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} $
2,$\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{c + b - a}} \ge \frac{a}{{\sqrt {c + b - a} }} + \frac{b}{{\sqrt {c + a - b} }} + \frac{c}{{\sqrt {a + b - c} }} $

câu a ,em có nhận định sau ko bít đúng ko
vì bất đẳng thức dạng đối xứng,nhưng trên nhìn mẫu chưa đối xứng lắm ...
sửa lại .
$\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-a}\geq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2} $

avip · 18-12-2010, 08:02 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Unknowing

câu a ,em có nhận định sau ko bít đúng ko
vì bất đẳng thức dạng đối xứng,nhưng trên nhìn mẫu chưa đối xứng lắm ...
sửa lại .
$\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-a}\geq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2} $

Giải theo đề mới của Unknowing:

Áp dụng C-S, ta có:
$\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a} \ge \frac{4}{2b} $
Tương tự ta có 2 bđt. Cộng 3 bđt ta có:
$\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b} = \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} = ab + bc + ca > \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2} $

Trích:

Nguyên văn bởi toanlc_gift

đề như ban đầu đúng đấy,nếu sửa lại thế kia thì dễ quá

Theo cách của toanlc_gift thì bđt 1 tương đương với $a^3(a-b)(a-c) + b^3(b-c)(b-a) + c^3(c-a)(c-b) \ge 0 $ (biến đổi tương đương).

Bđt 2 là một hệ quả (thông qua C-S) của bđt 1.

toanlc_gift · 18-12-2010, 08:43 PM

đề như ban đầu đúng đấy,nếu sửa lại thế kia thì dễ quá

toanlc_gift · 19-12-2010, 10:35 AM

Trích:

Nguyên văn bởi avip

Theo cách của toanlc_gift thì bđt 1 tương đương với $a^3(a-b)(a-c) + b^3(b-c)(b-a) + c^3(c-a)(c-b) \ge 0 $ (biến đổi tương đương).

Bđt 2 là một hệ quả (thông qua C-S) của bđt 1.

bất đẳng thức 1 không tương đương với Schur bậc 5
lời giải của bài đó có liên quan đến Schur bậc 5 thôi
còn bài bđt thứ 2 khó hơn một chút,liên quan đến Vornicu Schur ^^!

avip · 19-12-2010, 01:37 PM

Bđt 2:
Áp dụng C-S và bđt 1:
$(\frac{a}{{\sqrt {c + b - a} }} + \frac{b}{{\sqrt {c + a - b} }} + \frac{c}{{\sqrt {a + b - c} }})^2 \le (a^2 + b^2 + c^2)(\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{c + a - b}}) \le (\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{c + a - b}})^2 $.
Suy ra đpcm.

Bđt 1 tương đương:
$\frac{c^2 - (a-b)^2 + b^2 - (c-a)^2 + a^2 - (b-c)^2}{(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)} \ge a^2 + b^2 + c^2
\Leftrightarrow \frac{2bc + 2ca + 2ab - a^2 - b^2 - c^2}{(\sum_{sym} a^2b) - a^3 - b^3 - c^3 - 2} \ge a^2 + b^2 + c^2
\Leftrightarrow 2bc + 2ca + 2ab - a^2 - b^2 - c^2 \ge ((\sum_{sym} a^2b) - a^3 - b^3 - c^3 - 2)(a^2 + b^2 + c^2)
\Leftrightarrow (a+b+c)^2 + (a^3+b^3+c^3)(a^2+b^2+c^2) \ge (\sum_{sym} a^2b)(a^2 + b^2 + c^2)
\Leftrightarrow a^5 + b^5 + c^5 + a^2+b^2+c^2 \ge \sum_{sym} a^4b $
$\Leftrightarrow a^5 + b^5 + c^5 + a^3bc+ab^3c+abc^3 \ge \sum_{sym} a^4b $ (Schur bậc 5).

toanlc_gift · 19-12-2010, 08:55 PM

Bđt1 có thể chứng minh trực tiếp bằng Schur+CS như sau:
$abc({a^2} + {b^2} + {c^2})\left( {\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{a + c - b}}} \right) \ge \left( {{a^4}(b + c - a) + {b^4}(a + c - b) + {c^4}(a + b - c)} \right)\left( {\frac{1}{{b+c-a}} + \frac{1}{{a+c-b}} + \frac{1}{{a+b-c}}} \right) \ge {({a^2} + {b^2} + {c^2})^2} $
suy ra đpcm ^^!

18-12-2010, 06:01 PM	#1
toanlc_gift +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2009 Đến từ: FU Bài gởi: 171 Thanks: 31 Thanked 142 Times in 80 Posts	Hai bài bất đẳng thức trong tam giác Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác và$abc=1 $ chứng minh rằng: 1,$\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{c + b - a}} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} $ 2,$\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{c + b - a}} \ge \frac{a}{{\sqrt {c + b - a} }} + \frac{b}{{\sqrt {c + a - b} }} + \frac{c}{{\sqrt {a + b - c} }} $ bài 1: 1 dòng bài 2: 2 dòng

18-12-2010, 08:43 PM	#4
toanlc_gift +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2009 Đến từ: FU Bài gởi: 171 Thanks: 31 Thanked 142 Times in 80 Posts	đề như ban đầu đúng đấy,nếu sửa lại thế kia thì dễ quá Schur bậc 5

19-12-2010, 01:37 PM	#6
avip +Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2010 Bài gởi: 392 Thanks: 135 Thanked 247 Times in 159 Posts	Bđt 2: Áp dụng C-S và bđt 1: $(\frac{a}{{\sqrt {c + b - a} }} + \frac{b}{{\sqrt {c + a - b} }} + \frac{c}{{\sqrt {a + b - c} }})^2 \le (a^2 + b^2 + c^2)(\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{c + a - b}}) \le (\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{c + a - b}})^2 $. Suy ra đpcm. Bđt 1 tương đương: $\frac{c^2 - (a-b)^2 + b^2 - (c-a)^2 + a^2 - (b-c)^2}{(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)} \ge a^2 + b^2 + c^2 \Leftrightarrow \frac{2bc + 2ca + 2ab - a^2 - b^2 - c^2}{(\sum_{sym} a^2b) - a^3 - b^3 - c^3 - 2} \ge a^2 + b^2 + c^2 \Leftrightarrow 2bc + 2ca + 2ab - a^2 - b^2 - c^2 \ge ((\sum_{sym} a^2b) - a^3 - b^3 - c^3 - 2)(a^2 + b^2 + c^2) \Leftrightarrow (a+b+c)^2 + (a^3+b^3+c^3)(a^2+b^2+c^2) \ge (\sum_{sym} a^2b)(a^2 + b^2 + c^2) \Leftrightarrow a^5 + b^5 + c^5 + a^2+b^2+c^2 \ge \sum_{sym} a^4b $ $\Leftrightarrow a^5 + b^5 + c^5 + a^3bc+ab^3c+abc^3 \ge \sum_{sym} a^4b $ (Schur bậc 5). thay đổi nội dung bởi: avip, 19-12-2010 lúc 01:39 PM

19-12-2010, 08:55 PM	#7
toanlc_gift +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2009 Đến từ: FU Bài gởi: 171 Thanks: 31 Thanked 142 Times in 80 Posts	Bđt1 có thể chứng minh trực tiếp bằng Schur+CS như sau: $abc({a^2} + {b^2} + {c^2})\left( {\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{a + c - b}}} \right) \ge \left( {{a^4}(b + c - a) + {b^4}(a + c - b) + {c^4}(a + b - c)} \right)\left( {\frac{1}{{b+c-a}} + \frac{1}{{a+c-b}} + \frac{1}{{a+b-c}}} \right) \ge {({a^2} + {b^2} + {c^2})^2} $ suy ra đpcm ^^!