$a,b,c>0$, $a+b+c=3$
CMR $a^2+b^2+c^2+abc \geq 4$
$a,b,c>0$, $a+b+c=3$
CMR $a^2+b^2+c^2+abc \geq 4$
$a,b,c>0$, $a+b+c=3$
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
$r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}\Leftrightarrow 3r\geq 4q-9\Leftrightarrow 3(r-2q)\geq -2q-9\geq -15$
$\Rightarrow r-2q\geq -5\Rightarrow p^{2}-2q+r\geq 4\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc\geq 4$
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
$(2x^{2}+2y^{2}+z^{2}-1)^{3}-\frac{1}{10}x^{2}z^{3}-y^{2}z^{3}=0$
$(x^{2}+\frac{9}{4}y^{2}+z^{2}-1)^{3}-x^{2}z^{3}-\frac{9}{80}y^{2}z^{3}=0$
$$P=2(a^2+b^2+c^2)+2abc+1-1=a^2+b^2+c^2+(a^2+b^2+c^2+2abc+1)-1\ge a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca-1=9-1=8$$
$a,b,c>0$, $a+b+c=3$
CMR $a^2+b^2+c^2+abc \geq 4$
Áp dụng BĐT AM-GM : Ta có được $abc\geq \left ( 3-2a \right )\left ( 3-2b \right )\left ( 3-2c \right )=27+12\left ( \sum ab \right )-18\left ( \sum a \right )-8abc\Rightarrow abc\geq \frac{4}{3}\left ( \sum ab \right )-3$
$\Rightarrow \sum a^{2}+abc\geq \sum a^{2}+\frac{4}{3}\left ( \sum ab \right )-3=\left ( a+b+c \right )^{2}-\frac{2}{3}\left ( \sum ab \right )-3\geq \left ( a+b+c \right )^{2}-\frac{2}{9}\left ( a+b+c \right )^{2}-3=4$
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 $a+b+c\leq 3$
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
$a,b,c>0$, $a+b+c=3$
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
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
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh