Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương \(n\ge2\) ta có:
\(a^nb\left(a-b\right)+b^nc\left(b-c\right)+c^na\left(c-a\right)\ge0\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
31 tháng 10 2016
Chứng minh bằng quy nạp :
- Với n = 2, đặt 2x = b+c-a > 0 , 2y = a-b+c > 0 , 2z = a+b-c > 0
Suy ra a = y+z , b = z+x , c = x+y
BĐT cần chứng minh trở thành \(xy^3+yz^3+zx^3-xyz\left(x+y+z\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow xyz\left[\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}-\left(x+y+z\right)\right]\ge0\)(*)
Áp dụng BĐT Cauchy cho các số dương ta có :
\(y+\frac{x^2}{y}\ge2x\) ; \(x+\frac{z^2}{x}\ge2z\) ; \(z+\frac{y^2}{z}\ge2y\)
Từ đó suy ra \(\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\ge x+y+z\)
\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}-\left(x+y+z\right)\ge0\)
Từ đó BĐT (*) được chứng minh. Từ đó suy ra BĐT ban đầu được chứng minh.
- Giả sử BĐT đúng với n , ta sẽ chứng minh BĐT cũng đúng với n+1. Không mất tính tổng quát ta giả sử \(a\ge b\ge c\)
Theo giả thiết quy nạp ta có \(b^nc\left(b-c\right)\ge-a^nb\left(a-b\right)-c^na\left(c-a\right)\)
\(\Rightarrow b^{n+1}c\left(b-c\right)\ge-a^nb^2\left(a-b\right)-c^nab\left(c-a\right)\)
Do đó \(a^{n+1}b\left(a-b\right)+b^{n+1}c\left(b-c\right)+c^{n+1}a\left(c-a\right)\)
\(\ge a^{n+1}b\left(a-b\right)-a^nb^2\left(a-b\right)-c^nab\left(c-a\right)+c^{n+1}a\left(c-a\right)\)
\(=a^nb\left(a-b\right)^2+c^na\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)
Vậy BĐT đúng với n + 1
Theo nguyên lí quy nạp BĐT đã cho đúng với mọi n > 1
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c <=> Tam giác đã cho là tam giác đều.
20 tháng 4 2020
Ta có : \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(3+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\right)< 10\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}< 7\)
\(\Leftrightarrow\frac{a+c}{b}+\frac{b+a}{c}+\frac{c+b}{a}< 7\)
Không giảm tổng quá .Giả sử a là cạnh lớn nhất .Giả b + c < a => 0 < \(\frac{b+c}{a}\)
\(\Rightarrow\frac{a+c}{b}+\frac{b+a}{c}+\frac{c+b}{a}>\frac{2c+b}{b}+\frac{2b+c}{c}+\frac{b+c}{a}\)( không chắc lắm )
= \(\frac{2c}{b}+\frac{2b}{c}+\frac{b+c}{a}+2\)
=\(\frac{2\left(b+c\right)^2}{bc}+\frac{b+c}{a}-2>7\left(VL\right)\)
=>b+ c > a => a ; b ; c là 3 cạnh tam giác ( đpcm )
30 tháng 8 2016
a=b=c=1 suy ra Tam giác ABC là tam giác đều vì có độ dài 3 canh = nhau .
8 tháng 8 2016
Vì a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên a,b,c > 0
Áp dụng bđt Cauchy : \(b^2+1\ge2\sqrt{b^2}=2\left|b\right|=2b\)\(\Rightarrow a\left(1+b^2\right)\ge2ab\)
Tương tự : \(b\left(1+c^2\right)\ge2bc\) , \(c\left(1+a^2\right)\ge2ac\)
Cộng các bđt trên ta được đpcm
LV
6 tháng 5 2017
BĐT cần chứng minh tương đương \(a^4+b^4+c^4\ge2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)-abc\left(a+b+c\right)\)
mà \(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge abc\left(a+b+c\right)\)(BĐT cauchy)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)(cần chứng minh)
ÁP dụng bất đẳng thức bunyakovsky:
\(3\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\)
mà \(\left(a^2+b^2+c^2\right)^2\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)(hệ quả BĐT cauchy)
\(\Rightarrow3\left(a^4+b^4+c^4\right)\ge3\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\)(đpcm)
dấu = xảy ra khi a=b=c
*)Giả sử với \(n=2\) đặt \(\hept{\begin{cases}2x=b+c-a\\2y=a-b+c\\2z=a+b-c\end{cases}\left(x,y,z>0\right)}\)
\(\Rightarrow a=y+z;b=x+z;c=x+y\)
BĐT cần chứng minh là \(xy^3+yz^3+xz^3-xyz\left(x+y+z\right)\ge0\)
Tự C/M cái này bằng AM-GM nhé
*)Giả sử đúng với n (tức là dạng t/q). KO mất tính tổng quát giả sử \(a\ge b\ge c\)
Khi đó ta có: \(b^nc(b-c)\ge-a^nb(a-b)-c^na(c-a)\)
\(\Rightarrow b^{n+1}c(b-c)\ge-a^nb^2(a-b)-c^nab(c-a)\)
Nên \(a^{n+1}b(a-b)+b^{n+1}c(b-c)+c^{n+1}a(c-a)\)
\(\ge a^{n+1}b(a-b)-a^nb^2(a-b)-c^nab(c-a)+c^{n+1}a(c-a)\)
\(=a^nb(a-b)+b^nc(b-c)+c^na(c-a)\ge0\)
Theo nguyên lí quy nạp thì có ĐPCM