Đến nội dung

Hình ảnh

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


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 trả lời

#1
doandoan314

doandoan314

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 72 Bài viết

Cho $a, b, c$ là số thực không âm. Chứng minh rằng: $$a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{(abc)^2} \geq 2(ab+bc+ca)$$


%%- Không phải ai cũng có khả năng đoạt giải Nobel hay Fields nhưng ai cũng có thể sống để cuộc sống của mình có ý nghĩa.- GS NGÔ BẢO CHÂU %%-


#2
BurakkuYokuro11

BurakkuYokuro11

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết

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

BĐT cần C/m tương đương với :

$a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\geq 2(ab+bc+ac) $

$<=> (a^2+b^2+c^2)(a+b+c) + 9abc \geq 2(ab+bc+ac)(a+b+c) $

$<=> a^3+ab^2+ac^2+a^2b+b^3+b^2c+bc^2+ac^2+c^3 + 9abc \geq 2(a^2b+abc+a^2c+ab^2+b^2c+abc+abc+bc^2+ac^2) $

$<=> a^3+b^3+c^3+3abc \geq a^2b+ab^2+ac^2+a^2c+bc^2+b^2c$ (BĐT Schur)

=> ĐPCM 

Dấu bằng xảy ra : a=b=c


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BurakkuYokuro11: 25-07-2018 - 07:42

WangtaX

 


#3
BurakkuYokuro11

BurakkuYokuro11

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết

Cách C/m BĐT Schur https://tailieu.vn/d...hur-296127.html


WangtaX

 


#4
BurakkuYokuro11

BurakkuYokuro11

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết

Bài tập tương tự  >:) : $a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2(ab+bc+ac)$


WangtaX

 


#5
thanhdatqv2003

thanhdatqv2003

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 159 Bài viết

Bài tập tương tự  >:) : $a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2(ab+bc+ac)$

Giải : Haha  >:)  >:)  >:) :

Ta có: Trong 3 số a,b,c sẽ có 2 số cùng $\geqslant 1$ hoặc $\leqslant 1$. Giả sử 2 số đó là b,c

Suy ra : $(b-1)(c-1)\geqslant 0\Leftrightarrow bc\geqslant b+c-1\Leftrightarrow 2abc\geqslant 2ab+2ac-2a$

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2abc+1\geqslant a^2+b^2+c^2+2ab+2ac-2a+1$

Vậy ta cần c/m: $a^2+b^2+c^2+2ab+2ac-2a+1\geqslant 2(ab+bc+ac)\Leftrightarrow (a-1)^2+(b-c)^2\geqslant 0$ ( Luôn đúng) 

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2abc+1\geqslant 2(ab+bc+ac)$ (đpcm)


:ohmy: [Không tồn tại các nghiệm nguyên khác không x, y, và z thoả mãn xn + yn = zn trong đó n là một số nguyên lớn hơn 2.  (FERMAT)  :ohmy: 

 

 

 

 


#6
BurakkuYokuro11

BurakkuYokuro11

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết

Giải : Haha  >:)  >:)  >:) :

Ta có: Trong 3 số a,b,c sẽ có 2 số cùng $\geqslant 1$ hoặc $\leqslant 1$. Giả sử 2 số đó là b,c

Suy ra : $(b-1)(c-1)\geqslant 0\Leftrightarrow bc\geqslant b+c-1\Leftrightarrow 2abc\geqslant 2ab+2ac-2a$

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2abc+1\geqslant a^2+b^2+c^2+2ab+2ac-2a+1$

Vậy ta cần c/m: $a^2+b^2+c^2+2ab+2ac-2a+1\geqslant 2(ab+bc+ac)\Leftrightarrow (a-1)^2+(b-c)^2\geqslant 0$ ( Luôn đúng) 

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2+2abc+1\geqslant 2(ab+bc+ac)$ (đpcm)

 

Giải C2: >:)  >:) $2abc+1=abc+abc+1\geq \sqrt[3]{(abc)^2}$ 

Rồi giải như $a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{(abc)^2} \geq 2(ab+bc+ca)$ 


WangtaX

 


#7
DOTOANNANG

DOTOANNANG

    Đại úy

  • ĐHV Toán Cao cấp
  • 1609 Bài viết

$$\sum\limits_{cyc} a^{2}+ 3\,a^{\frac{2}{3}}b^{\frac{2}{3}}c^{\frac{2}{3}}- 2\sum\limits_{cyc} ab\geqq a^{\frac{2}{3}}b^{\frac{2}{3}}\left ( a^{\frac{2}{3}}+ b^{\frac{2}{3}} \right )+ b^{\frac{2}{3}}c^{\frac{2}{3}}\left ( b^{\frac{2}{3}}+ c^{\frac{2}{3}} \right )+ c^{\frac{2}{3}}a^{\frac{2}{3}}\left ( c^{\frac{2}{3}}+ a^{\frac{2}{3}} \right )- 2\sum\limits_{cyc} ab\geqq 0$$



#8
DOTOANNANG

DOTOANNANG

    Đại úy

  • ĐHV Toán Cao cấp
  • 1609 Bài viết

$\sum a^{2}- 2\sum ab+ 3\,\left ( abc \right )^{\frac{2}{3}}\equiv \sum x^{6}- 2\sum x^{3}y^{3}+ 3\,x^{2}y^{2}z^{2}=$ $\left ( x- y \right )^{2}\left ( y- z \right )^{2}\left ( z- x \right )^{2}+ \sum x^{2}\left ( x^{2}- y^{2}- z^{2}+ yz \right )^{2}\geqq 0$

[tổng quát hơn!]

$$3- t+ t\,\left ( abc \right )^{\frac{2}{t}}+ a^{2}+ b^{2}+ c^{2}\geqq 2\left ( ab+ bc+ ca \right )$$

https://diendantoanh...a2geqq-2sum-ab/



#9
DOTOANNANG

DOTOANNANG

    Đại úy

  • ĐHV Toán Cao cấp
  • 1609 Bài viết

$$\sum\limits_{cyc} a^{2}+ 3\,a^{\frac{2}{3}}b^{\frac{2}{3}}c^{\frac{2}{3}}- 2\sum\limits_{cyc} ab\geqq a^{\frac{2}{3}}b^{\frac{2}{3}}\left ( a^{\frac{2}{3}}+ b^{\frac{2}{3}} \right )+ b^{\frac{2}{3}}c^{\frac{2}{3}}\left ( b^{\frac{2}{3}}+ c^{\frac{2}{3}} \right )+ c^{\frac{2}{3}}a^{\frac{2}{3}}\left ( c^{\frac{2}{3}}+ a^{\frac{2}{3}} \right )- 2\sum\limits_{cyc} ab\geqq 0$$

$\lceil$ - Kvant -  $\rfloor$ 

 

$$\left ( n- 1 \right )\left ( {x_{1}}^{2}+ {x_{2}}^{2}+ \,...\,+ {x_{n}}^{2} \right )+ n\,\sqrt[n\,]{{x_{1}}^{2\,}{x_{2}}^{2\,}\,...\,{x_{n}}^{2\,}}\geqq \left ( x_{\,1}+ x_{\,2}+ \,...\,x_{\,n} \right )^{2}$$

 

Chuẩn hóa $x_{\,1}+ x_{\,2}+ \,...\,+ x_{\,n}= n\,\,\rightarrow \,\,n\,\sqrt[n\,]{{x_{1}}^{2\,}{x_{2}}^{2\,}\,...\,{x_{n}}^{2\,}}\geqq x_{\,1}x_{\,2}\,...\,x_{\,n}$ . Xét bất đẳng thức chặt hơn:

 

$$\left ( n- 1 \right )\left ( {x_{1}}^{2}+ {x_{2}}^{2}+ \,...\,+ {x_{n}}^{2} \right )+ n\,x_{\,1}x_{\,2}\,...\,x_{\,n}\geqq n^{\,2}$$






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh