Toán 10..

T

thupham22011998

Last edited by a moderator:
H

hoang_duythanh

b) ko xảy ra dấu =:
bđt<=>(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)>0 (luôn đúng theo bđt tam giác )

c) bđt <=>$a^3+b^3+c^3+3abc$\geq$a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b$
(luôn đúng theo bđt Schur vì <=> a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b) .nếu muốn cm bđt này chỉ cần giả sử a\geqb\geqc ,do đó :a(a-b)(a-c) \geq b(a-b)(b-c) do đó a(a-b)(a-c) + b(b-a)(b-c) \geq0 mà c(c-a)(c-b) \geq 0 =>đpcm)


a)theo bđt schur có $a^3+b^3+c^3$\geq$a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)-3abc$(1)
Ta cm bđt sau :$a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)-6abc$\geq0
thật vậy vì bđt trên <=>$a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(b-a)^2$\geq 0( luôn đúng vì a,b,c >0)
Do vậy =>$a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)-3abc$ \geq $\frac{a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)}{2}$(2)
Có $a^2(b+c)$ \geq $2a^2\sqrt[]{bc}$ .tương tự =>$\frac{a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)}{2}$\geq $ a^2\sqrt[]{bc}+b^2\sqrt[]{ac}+c^2\sqrt[]{ab}$(3)
(1)(2)(3)=>$a^3+b^3+c^3$ \geq$a^2\sqrt[]{bc}+b^2\sqrt[]{ac}+c^2\sqrt[]{ab}$
 
Last edited by a moderator:
V

vuive_yeudoi

Chứng minh: nếu a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác thì:
[TEX]a, a^3+b^3+c^3 \geq a^2\sqrt{bc} + b^2\sqrt{ac} +c^2\sqrt{ab}[/TEX]
Dùng AM-GM có
$$ a^2.(b+c)+b^2.(c+a)+c^2.(a+b) \ge 2a^2. \sqrt{bc}+2b^2.\sqrt{ca}+2c^2.\sqrt{ab} $$
Cần chứng minh
$$ 2 .(a^3+b^3+c^3) \ge a^2 .(b+c) + b^2 . (c+a) +c^2 . ( a+b) $$
Điều đó đúng bởi
$$ 2 .(a^3+b^3+c^3) - \left( a^2 .(b+c) + b^2 . (c+a) +c^2 . ( a+b) \right) \\
=(a-b)^2.(a+b)+(b-c)^2.(b+c)+(c-a)^2.(c+a) \ge 0$$
Từ đó có điều cần chứng minh .
Chứng minh: nếu a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác thì:
[TEX]b,a^3+b^3+c^3+2abc \leq a^2(b+c) + b^2(a+c) +c^2(a+b)[/TEX]

$$ a^2 .(b+c)+b^2 . (c+a)+c^2 . (a+b) - \left( a^3+b^3+c^3+2abc \right)=(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \ge 0 $$
Chứng minh: nếu a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác thì:
[TEX]c,a^3+b^3+c^3 -3abc \geq a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2[/TEX]

$$ \left( a^3+b^3+c^3 -3abc \right) - \left( a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2 \right)\\
=\frac{(a+b-c).(a-b)^2+(b+c-a).(b-c)^2+(c+a-b).(c-a)^2}{2} \ge 0$$
 
Top Bottom