Chủ đề này có 4 trả lời

[quangtq1998]

Cho a,b,c là các số thực dương: 
Chứng minh rằng : $a^2 +b^2 +c^2 + 2abc + 1 \ge 2(ab+bc+ca) $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quangtq1998: 06-03-2016 - 19:11

[Quoc Tuan Qbdh]

Cho a,b,c là các số thực : 
Chứng minh rằng : $a^2 +b^2 +c^2 + 2abc + 1 \ge 2(ab+bc+ca) $

Bất đẳng thức sai với $a=b=c=-1$

 

Em(mình) nghĩ đề đúng là 

 

 

Cho a,b,c là các số thực dương: 
Chứng minh rằng: $a^2 +b^2 +c^2 + 2abc + 1 \ge 2(ab+bc+ca) $

Ta thấy trong ba số thực dương $a;b;c$ luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hay bằng $1$ hoặc nhỏ hơn hay bằng $1$. Giả sử đó là $b$ và $c$.

Khi đó ta có: $(b-1)(c-1) \geq 0 \Leftrightarrow bc \geq b+c-1$ suy ra $2abc \geq 2ab+2ac-2a$

Do đó, $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1 \geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2ac-2a+1$

Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2ac-2a+1 \geq 2(ab+bc+ca)$

$\Leftrightarrow (a^{2}-2a+1)+(b^{2}+c^{2}-2bc) \geq 0 \Leftrightarrow (a-1)^{2}+(b-c)^{2} \geq 0$ (đúng)

Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Quoc Tuan Qbdh: 06-03-2016 - 17:45

[mathstu]

Cho a,b,c là các số thực : 
Chứng minh rằng : $a^2 +b^2 +c^2 + 2abc + 1 \ge 2(ab+bc+ca) $

những bài áp dụng bđt  trên cho các số thực dương 

1. $xyz+2(x^{2}+y^{2}+z^{2})+8 \geq 5(x+y+z)$

2.$xyz+ x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq 3 (x+y+z)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mathstu: 06-03-2016 - 17:59

[Quoc Tuan Qbdh]

những bài áp dụng bđt  trên cho các số thực dương 

1. $xyz+2(x^{2}+y^{2}+z^{2})+8 \geq 5(x+y+z)$

2. $xyz+ x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq 3 (x+y+z)$

2. Ta thấy trong ba số thực dương $x;y;z$ luôn tồn tại hai số cùng nhỏ hơn hay bằng $1$ hoặc lớn hơn hay bằng $1$. Giả sử đó là $x$ và $y$

Khi đó ta có: $(x-1)(y-1) \geq 0 \Leftrightarrow xy \geq x+y-1$ suy ra $xyz \geq zx+yz-z$

Do đó, $xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5 \geq zx+yz-z+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5$

Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh $zx+yz-z+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5 \geq 3(x+y+z)$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}(x+z-2)^{2}+\frac{1}{2}(y+z-2)^{2}+\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})-(x+y) \geq 0(*)$

Mặt khác, ta lại có: $\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2}) \geq \frac{1}{4}(x+y)^{2} \geq x+y$

Nên $(*)$ đúng. Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$

1. Áp dụng BĐT$.2$ và các BĐT sau:
$x^{2}+1 \geq 2x$
$y^{2}+1 \geq 2y$

$z^{2}+1 \geq 2z$

Cộng vế theo vế bốn bất đẳng thức lại ta có BĐT$.1$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$ 

[huyenthoaivip1]

2. Ta thấy trong ba số thực dương $x;y;z$ luôn tồn tại hai số cùng nhỏ hơn hay bằng $1$ hoặc lớn hơn hay bằng $1$. Giả sử đó là $x$ và $y$

Khi đó ta có: $(x-1)(y-1) \geq 0 \Leftrightarrow xy \geq x+y-1$ suy ra $xyz \geq zx+yz-z$

Do đó, $xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5 \geq zx+yz-z+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5$

Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh $zx+yz-z+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5 \geq 3(x+y+z)$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}(x+z-2)^{2}+\frac{1}{2}(y+z-2)^{2}+\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})-(x+y) \geq 0(*)$

Mặt khác, ta lại có: $\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2}) \geq \frac{1}{4}(x+y)^{2} \geq x+y$

Nên $(*)$ đúng. Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$

1. Áp dụng BĐT$.2$ và các BĐT sau:
$x^{2}+1 \geq 2x$
$y^{2}+1 \geq 2y$

$z^{2}+1 \geq 2z$

Cộng vế theo vế bốn bất đẳng thức lại ta có BĐT$.1$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$