Bất đẳng thức Phinsler-Khadvigher

[thanhtra_dhsp]

Nguyên văn bởi evarist

Ừ gemath là anh lovemintu đấy.
Còn bài của chú ấy anh nghĩ nó chỉ là hệ quả của 2 bài sau thôi nhỉ :

$
xa^2+yb^2+zc^2\ge4\sqrt{xy+yz+zx}S\\
xab+ybc+zca\ge4\sqrt{xy+yz+zx}S
$

Ai chẳng biết nhưng anh làm mạnh giúp cái. Thật ra thì từ hai BĐT trên có thê suy ra:
$(xa+yb+zc)^2\ge4(2\sqrt{xyz(x+y+z)}+\sqrt{x^2y^2+y ^2z^2+z^2x^2})S $
Nhưng nó quá xấu
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Lệnh Hồ Xung]

À cái bài$ xa+yb+zc $ của chú nào bên sp ấy đơn giản thôi,chú ý là căn a,căn b,căn c cũng là 3 cạnh 1 tam giác có diện tích là$ 2\sqrt{r{4R+r)}\ge2\sqrt{3S} $
Bài chú Tuấn giải để anh xem sau nhé,giờ đang làm Triết vội !

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Minh Tuấn]

Mọi ngươì thử chứng minh BĐT này đi
$xa^2+yb^2+zc^2\geq4\sqrt{x^2+y^2+z^2-(x-y)^2-(y-z)^2-(z-x)^2}S+x(b-c)^2+y(c-a)^2+z(a-b)^2 $
Với $x, y, z $ là các số thực dương.
Và bài tổng quát của em:
$x^na^{2n}+y^nb^{2n}+z^nc^{2n}\geq3({\frac{\sqrt{x^ 2+y^2+z^2-(x-y)^2-(y-z)^2-(z-x)^2}}{3}S})^n+x^n(b-c)^{2n}+y^n(c-a)^{2n}+z^n(a-b)^{2n} $
Với $n\geq1 $
Hệ quả:
$x=a, y=b, z=c, n=1 $
Ta có:
$a^3+b^3+c^3\geq8\sqrt[4]{3}S\sqrt{S}+a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2 $
BĐT này có thể chững minh trực tiếp dựa vào Schur và BĐT sau [Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Minh Tuấn]

$xa^2+yb^2+zc^2\geq4\sqrt{x^2+y^2+z^2-(x-y)^2-(y-z)^2-(z-x)^2}S+x(b-c)^2+y(c-a)^2+z(a-b)^2 $
Với $x, y, z $ là các số thực dương.
Nếu thay $a, b, c $ bằng $b+c, c+a, a+b $ (lúc này a, b, c ko còn là 3 cạnh của tam giác nữa) và $S=\sqrt{abc(a+b+c)} $
BĐT trở thành:
$x(b+c)^2+y(c+a)^2+z(a+b)^2\geq4\sqrt{x^2+y^2+z^2-(x-y)^2-(y-z)^2-(z-x)^2}\sqrt{abc(a+b+c)}+x(b-c)^2+y(c-a)^2+z(a-b)^2 $
Với $a, b, c, x, y, z $ là các số nguyên. Ai có lời giải Đại số cho BĐT này ko
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]