Chủ đề này có 8 trả lời

[vanhieu9779]

Với a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc=1$ . Chứng minh rằng:

$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 4(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}).$

[phuc_90]

Với a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc=1$ . Chứng minh rằng:

$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 4(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}).$

Đặt  $a=\sqrt{\frac{xy}{\left ( x+z \right )\left ( y+z \right )}}   ,   b=\sqrt{\frac{yz}{\left ( y+x \right )\left ( z+x \right )}}  ,  c=\sqrt{\frac{zx}{\left ( z+y \right )\left ( x+y \right )}}$

 

Thế vào bất đẳng thức trên, sau vài bước quy đồng biến đổi thì bất đẳng thức cần chứng minh có dạng

 

$\sum x\left ( \frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )\geq 4\sum \frac{x}{y+z}$           (đúng)

 

Vì ta luôn có kết quả sau :   Với mọi số thực dương m,n thì $\frac{1}{n}+\frac{1}{n}\geq \frac{4}{n+m}$

[vanhieu9779]

Đặt  $a=\sqrt{\frac{xy}{\left ( x+z \right )\left ( y+z \right )}}   ,   b=\sqrt{\frac{yz}{\left ( y+x \right )\left ( z+x \right )}}  ,  c=\sqrt{\frac{zx}{\left ( z+y \right )\left ( x+y \right )}}$

 

Thế vào bất đẳng thức trên, sau vài bước quy đồng biến đổi thì bất đẳng thức cần chứng minh có dạng

 

$\sum x\left ( \frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )\geq 4\sum \frac{x}{y+z}$           (đúng)

 

Vì ta luôn có kết quả sau :   Với mọi số thực dương m,n thì $\frac{1}{n}+\frac{1}{n}\geq \frac{4}{n+m}$

cụ thể hơn đi. t chưa biển đổi ra đk

[phuc_90]

cụ thể hơn đi. t chưa biển đổi ra đk

 

$VT = \frac{\sum xy(x+y)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$

 

$VP = 4\frac{xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}\left(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y} \right)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuc_90: 12-10-2014 - 17:50

[Algebra]

Đặt  $a=\sqrt{\frac{xy}{\left ( x+z \right )\left ( y+z \right )}}   ,   b=\sqrt{\frac{yz}{\left ( y+x \right )\left ( z+x \right )}}  ,  c=\sqrt{\frac{zx}{\left ( z+y \right )\left ( x+y \right )}}$

 

Cho em hỏi qua phép biến đổi nào mà nghĩ ra cách đặt thế này ạ?

[vanhieu9779]

$VT = \frac{\sum xy(x+y)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$

 

$VP = 4\frac{xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}\left(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y} \right)$

t thấy gần như giải thiết đề bài cho k cần thiết

[phuc_90]

Cho em hỏi qua phép biến đổi nào mà nghĩ ra cách đặt thế này ạ?

 

Nhờ đẳng thức $a^2+b^2+c^2+2abc=1$ này nek em

[dogsteven]

Có một cách không cần suy nghĩ   

 

Dễ thấy tồn tại $t \geqslant 0$ thỏa $a^2+2t^2+2at^2=1 \Leftrightarrow t^2=\dfrac{1-a}{2}$

 

Đặt $f(a;b;c)=a^2+b^2+c^2-4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

 

Theo giả thiết thì $bc \leqslant t^2$ và $2t^2 \leqslant b^2+c^2$

 

$f(a;b;c)-f(a;t;t)=(b^2+c^2-2t^2)(1-4a^2)-4(b^2c^2-t^4)$

 

Giả sử $a \leqslant \text{min{b;c}}$ thì $3a^2+2a^3-1 \leqslant 0 \Leftrightarrow 0\leqslant a \leqslant \dfrac{1}{2}$

 

Vì vậy mà $f(a;b;c) \geqslant f(a;t;t) = 4a^3-4a^2+a=a(2a-1)^2 \geqslant 0$

 

Bất đẳng thức được chứng minh.

 

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{2}$ hoặc $a\to 0, b=c \to \sqrt{\dfrac{1}{2}}$

[daotuanminh]

Có một cách không cần suy nghĩ   

 

Dễ thấy tồn tại $t \geqslant 0$ thỏa $a^2+2t^2+2at^2=1 \Leftrightarrow t^2=\dfrac{1-a}{2}$

 

Đặt $f(a;b;c)=a^2+b^2+c^2-4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

 

Theo giả thiết thì $bc \leqslant t^2$ và $2t^2 \leqslant b^2+c^2$

 

$f(a;b;c)-f(a;t;t)=(b^2+c^2-2t^2)(1-4a^2)-4(b^2c^2-t^4)$

 

Giả sử $a \leqslant \text{min{b;c}}$ thì $3a^2+2a^3-1 \leqslant 0 \Leftrightarrow 0\leqslant a \leqslant \dfrac{1}{2}$

 

Vì vậy mà $f(a;b;c) \geqslant f(a;t;t) = 4a^3-4a^2+a=a(2a-1)^2 \geqslant 0$

 

Bất đẳng thức được chứng minh.

 

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{2}$ hoặc $a\to 0, b=c \to \sqrt{\dfrac{1}{2}}$

Hay đó!