Chủ đề này có 8 trả lời

[LNH]

$a,b,c>0$, $a+b+c=3$

CMR $a^2+b^2+c^2+abc \geq 4$

[nhatquangsin]

$a,b,c>0$, $a+b+c=3$

CMR $a^2+b^2+c^2+abc \geq 4$

 

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$. Ta có $p=3,q\leq \frac{p^{2}}{3}=9$

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có

$r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}\Leftrightarrow 3r\geq 4q-9\Leftrightarrow 3(r-2q)\geq -2q-9\geq -15$

$\Rightarrow r-2q\geq -5\Rightarrow p^{2}-2q+r\geq 4\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc\geq 4$

[dtvanbinh]

chứng minh bằng phản chứng ta có bài toán mới

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc=4$

chứng minh rằng $a+b+c\leq 3$

đây chính là USA MO 2001

[Dung Dang Do]

$$P=2(a^2+b^2+c^2)+2abc+1-1=a^2+b^2+c^2+(a^2+b^2+c^2+2abc+1)-1\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca-1=9-1=8$$

[Trang Luong]

$a,b,c>0$, $a+b+c=3$

CMR $a^2+b^2+c^2+abc \geq 4$

Áp dụng BĐT AM-GM : Ta có được $abc\geq \left ( 3-2a \right )\left ( 3-2b \right )\left ( 3-2c \right )=27+12\left ( \sum ab \right )-18\left ( \sum a \right )-8abc\Rightarrow abc\geq \frac{4}{3}\left ( \sum ab \right )-3$

$\Rightarrow \sum a^{2}+abc\geq \sum a^{2}+\frac{4}{3}\left ( \sum ab \right )-3=\left ( a+b+c \right )^{2}-\frac{2}{3}\left ( \sum ab \right )-3\geq \left ( a+b+c \right )^{2}-\frac{2}{9}\left ( a+b+c \right )^{2}-3=4$

[Juliel]

chứng minh bằng phản chứng ta có bài toán mới

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc=4$

chứng minh rằng $a+b+c\leq 3$

đây chính là USA MO 2001

Gỉa thiết đã cho có thể viết lại thành $$\left ( \frac{a}{2} \right )^{2}+\left ( \frac{b}{2} \right )^{2}+\left ( \frac{c}{2} \right )^{2}+2.\frac{a}{2}.\frac{b}{2}.\frac{c}{2}=1$$

Từ đó suy ra $0<\frac{a}{2},\frac{b}{2},\frac{c}{2}\leq 1$. Như vậy tồn tại $A,B,C$ thỏa $A+B+C=\pi$ và $\frac{a}{2}=cosA,\frac{b}{2}=cosB,\frac{c}{2}= cosC$.

Từ một BĐT cơ bản $$cosA+cosB+cosC\leq \frac{3}{2}$$ ta có ngay $a+b+c\leq 3$

[dkhanhht98]

$a,b,c>0$, $a+b+c=3$

CMR $a^2+b^2+c^2+abc \geq 4$

Một cách giải khác:

Có 3 số a, b, c mà chỉ có 2 nửa khoảng là $(-\infty;0]$ và $[0;+\infty)$ nên tồn tại 2 số thuộc cùng 1 khoảng chẳng hạn là a, b.

Khi đó $(a-1)(b-1)\ge 0\Rightarrow abc\ge c(a+b)-c$

$\Rightarrow VT\ge a^2+b^2+c^2+c(a+b)-c=a^2+b^2+c(a+b+c)-c=a^2+b^2+2c$

$\Rightarrow 2.VT\ge (3-c)^2+4c=(c-1)^2+8\ge 8$

$\Rightarrow Vt\ge 4$.

  ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dkhanhht98: 19-10-2013 - 14:01

[dkhanhht98]

Một cách giải khác nữa: (Sử dụng phương pháp hàm số bậc nhất)

    Giả sử $a\ge b\ge c$. Khi đó $c\le1$.

    Viết lại $VT=ab(c-2)+c^2+(3-c)^2$ với $ab\le\dfrac{(3-c)^2}{4}, c-2<0$

                $\Rightarrow VT\ge (c-2)\dfrac{(3-c)^2}{4}+c^2+(3-c)^2$

    Ta sẽ chứng minh  $(c-2)\dfrac{(3-c)^2}{4}+c^2+(3-c)^2\ge4 (1)$.

    Thật vậy:

              (1)$\Leftrightarrow(c-1)^2(c+2)\ge0$,đúng do $c\ge0$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dkhanhht98: 02-11-2013 - 18:40

[hoangtubatu955]

Bạn có thể tham khảo ở đây nhé:

http://diendantoanho...2b2c2abc-geq-4/