Bài 104901

Question

Giả sử:

$a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng với bất kì số nguyên

$n>1$ thì:

$a^nb(a-b)+b^nc(b-c)+c^na(c-a)\geq 0$

score 0 · Answer 1

Chúng ta chứng minh bất đẳng thức ở đầu bài bằng phương pháp quy nạp toán học.
-Với

$n=2$ , đặt:

$2x=b+c-a>0, 2y=a-b+c>0, 2z=a+b-c>0$ .
Suy ra:

$a=y+z, b=z+x, c=x+y$ .
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$xy^3+yz^3+zx^3-xyz(x+y+z)\geq 0$ .

$\displaystyle \Leftrightarrow xyz[\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}-(x+y+z)]\geq 0 (*)$
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương, ta có:

$\displaystyle y+\frac{x^2}{y}\geq 2\sqrt{y\frac{x^2}{y}}=2x$ .
Tương tự:

$\displaystyle x+\frac{z^2}{x}\geq 2z$

$\displaystyle z+\frac{y^2}{z}\geq 2y$ ,
Từ đó bất đẳng thức

$(*)$ được chứng minh hay bất đẳng thức :

$a^nb(a-b)+b^nc(b-c)+c^na(c-a)\geq 0$ được chứng minh.
-Giả sử bất đẳng thức đúng tới

$n$ . Không mất tính tổng quát, ta giả sử

$a\geq b \geq c$ .
Theo giả thiết quy nạp,ta có:

$b^nc(b-c)\geq -a^nb(a-b)-c^na(c-a)$

$\Rightarrow b^{n+1}c(b-c) \geq -a^nb^2(a-b)-c^nab(c-a)$
Do đó :

$a^{n+1}b(a-b)+b^{n+1}c(b-c)+c^{n+1}a(c-a)$

$\geq a^{n+1}b(a-b)-a^nb^2(a-b)-c^nab(c-a)+c^{n+1}a(c-a)$

$=a^nb(a-b)+b^nc(b-c)+c^na(c-a)\geq 0$ .
Vậy bất đẳng thức đúng với

$n+1$ .
Theo nguyên lí quy nạp, bất đẳng thức đã cho đúng với mọi

$n>1$ .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

$a=b=c$ .

1 Đáp án