Question

[Thị Mỹ Hạnh Võ]

Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác, Cmr với mọi n>1, n thuộc N ta có : \(a^nb\left(a-b\right)+b^nc\left(b-c\right)+c^na\left(c-a\right)\ge0\)

 

Answer 1

[Hoàng Lê Bảo Ngọc]

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.

Answer 2

[Anh Triêt]

Lớp mấy vậy bạn