Một bài bất đẳng thức! - Đỗ Đường Hiếu

Chào mừng quý vị đến với Đỗ Đường Hiếu.

Quý vị chưa đăng nhập hoặc chưa đăng ký làm thành viên, vì vậy chưa thể tải được các tư liệu của Thư viện về máy tính của mình.

Nếu chưa đăng ký, hãy đăng ký thành viên tại đây hoặc xem phim hướng dẫn tại đây

Nếu đã đăng ký rồi, quý vị có thể đăng nhập ở ngay ô bên phải.

Gốc > Bài viết > Chia sẻ kinh nghiệm >

Tạo bài viết mới Một bài bất đẳng thức!

Câu 7b: ( 1 điểm )
Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng $2.$
Chứng minh rằng $\frac{{52}}{{27}} \le {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2abc < 2.$

Thêm một cách làm bài này đây:
Ta có a, b, c là 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 2 nên $a,\,b,\,c\, \in \left( {0;\,1} \right)$ .
Vậy áp dụng BĐT Côsi và điều hiển nhiên co, suy ra:
$\begin{array}{l} 0 < \left( {1 - a} \right)\left( {1 - b} \right)\left( {1 - c} \right) \le {\left( {\frac{{1 - a + 1 - b + 1 - c}}{3}} \right)^3} \\ \Leftrightarrow 1 < ab + bc + ca - abc \le \frac{{28}}{{27}} \\ \Leftrightarrow 2 < \left( {a + b + c} \right){}^2 - {a^2} - {b^2} - {c^2} - 2abc \le \frac{{56}}{{27}} \\ \Leftrightarrow \frac{{52}}{{27}} \le {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2abc < 2 \\ \end{array}$

Tổng quát đây .
$\begin{array}{l}\frac{{52}}{{27}} \le {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2abc < 2 \\a + b + c = 2 \\{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2abc = 2ab(c - 1) + 2{c^2} - 4c + 4 \\0 < t = ab \le {\left( {\frac{{2 - c}}{2}} \right)^2} \\f(t) = 2(c - 1)t + 2{c^2} - 4c + 4;0 < t \le {\left( {\frac{{2 - c}}{2}} \right)^2} \\f(t) \ge \frac{{52}}{{27}} \Leftrightarrow g(t) = 2(c - 1)t + 2{c^2} - 4c + 4 - \frac{{52}}{{27}} \ge 0 \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}g(0) > 0 \\g\left[ {{{\left( {\frac{{2 - c}}{2}} \right)}^2}} \right] \ge 0 \\\end{array} \right. \\f(t) < 2 \Leftrightarrow h(t) = 2(c - 1)t + 2{c^2} - 4c + 4 - 2 < 0 \\\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}h(0) < 0 \\h\left[ {{{\left( {\frac{{2 - c}}{2}} \right)}^2}} \right] < 0 \\\end{array} \right. \\\end{array}\$

Chứng minh $\left\{ \begin{array}{l}g(0) > 0 \\g\left[ {{{\left( {\frac{{2 - c}}{2}} \right)}^2}} \right] \ge 0 \\\end{array} \right.$ và chứng mình $\left\{ \begin{array}{l}h(0) < 0 \\h\left[ {{{\left( {\frac{{2 - c}}{2}} \right)}^2}} \right] < 0 \\\end{array} \right.$ là ke

Đây là bài toán hay đã được nhiều người quan tâm . Các bạn có thể tìm đọc lời giải của G.S Trần Tuấn Điệp ( ĐH Bách Khoa Hà Nội ) đăng trên báo THTT ( Số 292 tháng 10 / 2001 ) . Dưới đây tôi trích dẫn lời giải của thày Trịnh Xuân Tình ( GV THPT Phú Xuyên - Hà Nội ) thày này là bạn cùng lớp tôi khi học đại học và có khá nhiều bài viết trên THTT - Bài viết này trích trong bài viết khai thác của 2 tác giả Trịnh Xuân Tình và Đỗ Văn Đức ( THPT chuyên Lương Văn Tụy - Ninh Bình ) số 297 tháng 3 / 2002 báo THTT :
Bài toán tổng quát hơn :
Cho tam giác ABC với nửa chu vi p . Chứng minh rằng :

$\frac{25}{27}p^2 \le a^2 +b^2 + c^2 + \frac{2abc}{p} < 2p^2$

LỜI GIẢI :
Áp dụng BDT Cauchy ta được :
$0< (p-a)(p-b)(p-c) \le (\frac{p-a+p-b+p-c}{3})^3 = \frac{p^3}{27} \\ \Leftrightarrow 0< p^3 -p^2(a+b+c) +p(ab+bc+ca)-abc \le \frac{p^3}{27} \\ \Leftrightarrow p^3 <p(ab+bc+ca)-abc \le \frac{28}{27}p^3 \\ \Leftrightarrow 2p^3 < p((a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)) -2abc \le \frac{56}{27}p^3 \\ \Leftrightarrow 2p^3 < 4p^3 -p(a^2+b^2+c^2) -2abc \le \frac{56}{27}p^3 \\ \Leftrightarrow \frac{56}{27}p^2 \le a^2 +b^2 +c^2 + \frac{2abc}{p} <2p^2$

Bài toán của tác giả Huỳnh Duy Thủy trong đề trên ứng với p = 1

Ngoài cách trên các bạn cũng có thể chứng minh $a^2 +b^2 +c^2 + 2abc \ge \frac{52}{27}$ bằng cách giả sử $0<c \le \frac{1}{3}$ , và rút a = 1 - b - c vào vế trái , khảo sát hàm biến b , coi c là tham số , sau đó ước lượng qua hàm chỉ còn biến c , cuối cùng khảo sát hàm này với $0<c \le \frac{1}{3}$ là ra .

Một bài tương tự: Gọi a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác ABC có chu vi bằng 3. CHứng minh rằng: $3(a^2+b^2+c^2)+4abc \geq 13$ Đây là một bài trích trong đề thi vào ĐH Vinh năm 2001.

Nhắn tin cho tác giả

Đỗ Đường Hiếu @ 23:42 12/03/2009
Số lượt xem: 2748

Số lượt thích: 0 người

Loại bài toán này nếu bạn Hiếu biết Định lý về dạng đối xứng và thuần nhất bậc III thì ko đáng phải quá quan tâm.

Nội Dung Định Lý:

Cho $\88dpi P(x;y;z)$ là 1 biểu thức đối xứng và thuần nhất với ba biến $\88dpi x;y;z$ khi đó đk cần và đủ để $\88dpi P(x;y;z)\ge 0$ với mọi bộ $\88dpi x; y; z\ge 0$ là ba giá trị $\88dpi P(1;1;1)$ ; $\88dpi P(1;1;0)$ và $\88dpi P(1;0;0)$ đều là các số không âm.