Chủ đề này có 8 trả lời

[Baoriven]

Cho $a,b,c$ dương và thỏa mãn: $\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq 3$.

Chứng minh rằng:

$a^2+b^2+c^2-4abc+1\geq 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Baoriven: 14-06-2017 - 09:22

[duylax2412]

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Swharz$,ta có:

$3=\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq \frac{9}{ab+bc+ca}\geq \frac{9}{\frac{(a+b+c)^2}{3}} \Leftrightarrow a+b+c\geq 3$.

Mặt khác biến đổi giả thiết,có:$a+b+c=3abc \Rightarrow 4abc=\frac{4}{3}(a+b+c)$.

Lúc này:$a^2+b^2+c^2-4abc+1\geq \frac{1}{3}(a+b+c)^2-\frac{4}{3}(a+b+c)+1 =\frac{1}{3}(a+b+c-1)(a+b+c-3)\geq 0$

(vì $a+b+c \geq 3$)

[Duy Thai2002]

Bổ đề: Cho a,b,c>0.Khi đó ta được: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$

CM:

Xét tích:$\prod (1-a)^{2}=\prod (1-a)(1-b)\geq 0$

Nhận thấy Trong ba số (1-a)(1-b),(1-b)(1-c),(1-c)(1-a) phải có 1 số không âm giả sử (1-a)(1-b)$\geq 0$

<=>ab-a-b+1$\geq 0$

<=> ab$\geq a+b-1$

<=>2abc$\geq 2ac+2bc-2c$

=>$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ac+2bc-2c+1

Ta cần chứng minh a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ac+2bc-2c+1\geq 2(ab+bc+ca)

<=> $(a-b)^{2}+(c-1)^{2}\geq 0 (luôn đúng)$

=> Bổ đề được chứng minh. Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1

Quay trở lại bài toán

Theo giả thiết, ta có:

$\sum \frac{1}{ab}\geq 3$

<=>$\sum a\geq 3abc$

Ta có: $a^{2}+b^{2}+c^{2}-4abc+1\geq 0$

<=>$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 6abc$

Từ bổ đề trên

=>$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$ nên chỉ cần chứng minh 2(ab+bc+ca)\geq 6abc

<=>ab+bc+ca\geq 3abc

<=>$(ab+bc+ca)^{2}\geq 9(abc)^{2}$(luôn đúng vì ta có $(ab+bc+ca)^{2}\geq 3abc(a+b+c)\geq 3abc.3abc=9(abc)^{2})

.=>$a^{2}+b^{2}+c^{2}-4abc+1\geq 0$.Dấu bằng xảy ra<=>a=b=c=1

=> Q.E.D

[Baoriven]

Cách của mình giống với bạn Duy Thai2002 ở khâu sử dụng BĐT: 

$a^2+b^2+c^2+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$

Xin giới thiệu thêm một cách chứng minh BĐT trên:

Ta có: $2abc+1=abc+abc+1\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq \frac{9abc}{a+b+c}$.

Ta cần chứng minh BĐT: $a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\geq 2(ab+bc+ca)$.

Khai triển và biến đổi, ta được: $a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$.

Đây là BĐT $Schur$ bậc $3$ nên ta có đpcm. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Baoriven: 14-06-2017 - 16:01

[Duy Thai2002]

Sẵn anh cho em hỏi cách viết kí hiệu hình học tại em mới đăng kí nick nên cũng không biết viết

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Duy Thai2002: 14-06-2017 - 15:40

[Duy Thai2002]

 

 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq \frac{9abc}{a+b+c}$.

 

 

em Mới để ý có chỗ này không hiểu:

[Baoriven]

Anh thấy chỗ đó ổn mà em.

$3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq \frac{9abc}{a+b+c}\Leftrightarrow a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}$.

[Uchiha sisui]

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Swharz$,ta có:

$3=\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq \frac{9}{ab+bc+ca}\geq \frac{9}{\frac{(a+b+c)^2}{3}} \Leftrightarrow a+b+c\geq 3$.

Mặt khác biến đổi giả thiết,có:$a+b+c=3abc \Rightarrow 4abc=\frac{4}{3}(a+b+c)$.

Lúc này:$a^2+b^2+c^2-4abc+1\geq \frac{1}{3}(a+b+c)^2-\frac{4}{3}(a+b+c)+1 =\frac{1}{3}(a+b+c-1)(a+b+c-3)\geq 0$

(vì $a+b+c \geq 3$)

thánh đọc đề   

[Uchiha sisui]

Bài này đơn giản thôi   

 

Ta có Dễ chứng minh $\sum \frac{1}{a}\geq 3$ $\Rightarrow  ab+bc+ca\geq 3abc$  (*)

 

Theo bổ đề quen thuộc: $\sum a^{2} +2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$

 

Bổ đề trên đã quá quen thuộc xin phép không chứng minh, có thể sử dụng Schur kết hợp AM-GM.

 

Sử dụng Bổ đề ta có: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $\sum a^{2} +2abc+1\geq 6abc$

 

Ta sẽ chứng minh $2(ab+bc+ca)\geq 6abc\Leftrightarrow ab+bc+ca\geq 3abc$. Bất đẳng thức cuối luôn đúng theo (*). Ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$    

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Uchiha sisui: 15-06-2017 - 15:29