Cho x,y,z dương thỏa mãn $x+y+z=3$. Chứng minh:
$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\geq x^2+y^2+z^2$
Cho x,y,z dương thỏa mãn $x+y+z=3$. Chứng minh:
$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\geq x^2+y^2+z^2$
Cho x,y,z dương thỏa mãn $x+y+z=3$. Chứng minh:
$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\geq x^2+y^2+z^2$
Giả sử
$3>a\geq b\geq c>0$
Ta xét 3 trường hợp sau
$TH_1: 3>a\geq b\geq c\geq 1+\sqrt{2}$, vô lý (do $a+b+c=3$)
$TH_2:3>a\geq b\geq 1+\sqrt{2}\geq c>0$, vô lý (do $a+b+c=3$)
$TH_3: 3>a\geq 1+\sqrt{2} \geq b\geq c>0$,
Khi đó ta suy ra
$\left\{\begin{matrix} a<3\\ b+c=3-a\leq 2-\sqrt{2} \end{matrix}\right.$
Suy ra
$\left\{\begin{matrix} b\leq 2-\sqrt{2}\\ c\leq \frac{2-\sqrt{2}}{2} \end{matrix}\right.$
Ta khảo sát hàm
$f(x)=\frac{1}{x^2}-x^2$
Ta thấy
$f^{'}(x)=\frac{-2}{x^3}-2x<0, \forall x$
Suy ra $f^{'}(x)$ nghịch biến trên $(0;3)$
Từ đó ta được
$\left\{\begin{matrix} f(a)>f(3)\\ f(b)>f(2-\sqrt{2})\\ f(c)>f(\frac{2-\sqrt{2}}{2}) \end{matrix}\right.$
Cộng lại ta có
$f(a)+f(b)+f(c)\geq ...>0(Q.E.D)$
$TH_4:1+\sqrt{2}\geq a\geq b\geq c>0$
Ta có
$\frac{1}{x^2}-x^2+4x-4=\frac{-x^4+4x^3-4x^2+1}{x^2}=\frac{(x-1)^2(-x^2+2x+1)}{x^2}\geq 0$
Tương tự, rồi cộng lại ta có
$(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})\geq(x^2+y^2+z^2)-4(x+y+z)+12=(x^2+y^2+z^2)(Q.E.D)$
Vậy ta luôn có đpcm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Magician 2k2: 27-04-2016 - 17:54
$a+b+c=3$
$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}\Leftrightarrow \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+2(ab+bc+ca)\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(ab+bc+ca)$
$\Leftrightarrow \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+2(ab+bc+ca)\geq 9$
Áp dụng BĐT AM-GM:
Nên: $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+2(ab+bc+ca)\geq 3\sqrt[3]{(ab+bc+ca)^{2}(\frac{a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}}{a^{2}b^{2}c^{2}})}\geq 3\sqrt[3]{\frac{(ab+bc+ca)^{4}}{3a^{2}b^{2}c^{2}}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{9a^{2}b^{2}c^{2}(a+b+c)^{2}}{3a^{2}b^{2}c^{2}}}=3\sqrt[3]{3(a+b+c)^{2}}=9$
$\Rightarrow$ ĐPCM
...............................................................
Ta có: $\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\geqslant \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=\frac{x+y+z}{xyz}=\frac{3}{xyz}$
Ta cần chứng minh: $\frac{3}{xyz}+2(xy+yz+zx)\geq (x+y+z)^2=9$
Lại có: $(xy+yz+zx)^2\geq 3xyz(x+y+z)=9xyz\Rightarrow 2(xy+yz+zx)\geq 6\sqrt{xyz}$
$\Rightarrow \frac{3}{xyz}+2(xy+yz+zx)\geq \frac{3}{xyz}+6\sqrt{xyz}=\frac{3}{xyz}+3\sqrt{xyz}+3\sqrt{xyz}\geq 9$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 05-04-2021 - 18:21
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh