Chủ đề này có 3 trả lời

[pndpnd]

Cho x,y,z dương thỏa mãn $x+y+z=3$. Chứng minh:

$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\geq x^2+y^2+z^2$

[Dark Magician 2k2]

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

[PlanBbyFESN]

$a+b+c=3$

 

$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}\Leftrightarrow \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+2(ab+bc+ca)\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(ab+bc+ca)$

 

$\Leftrightarrow \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+2(ab+bc+ca)\geq 9$

 

Áp dụng BĐT AM-GM:

 

$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+2(ab+bc+ca)=(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})+(ab+bc+ca)+(ab+bc+ca)\geq 3\sqrt[3]{(ab+bc+ca)^{2}(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})}=3\sqrt[3]{(ab+bc+ca)^{2}(\frac{a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}}{a^{2}b^{2}c^{2}})}$

 

Cũng AM-GM ta có 2 BĐT quen thuộc sau:

 

• $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\geq \frac{1}{3}(ab+bc+ca)^{2}$
• $(ab+bc+ca)^{2}\geq 3abc(a+b+c)$

 

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

...............................................................

[KietLW9]

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