Cho $a, b, c$ là số thực không âm. Chứng minh rằng: $$a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{(abc)^2} \geq 2(ab+bc+ca)$$
$a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{(abc)^2} \geq 2(ab+bc+ca)$
#1
Đã gửi 25-07-2018 - 00:11
- thien huu và ThinhThinh123 thích
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
Đã gửi 25-07-2018 - 07:35
$a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{(abc)^2} = a^2+b^2+c^2+\frac{3abc}{\sqrt[3]{abc}}\geq a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}$
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
- Nguyen Hoang Lam, Hero Crab, thien huu và 4 người khác yêu thích
WangtaX
#3
Đã gửi 25-07-2018 - 07:42
Cách C/m BĐT Schur https://tailieu.vn/d...hur-296127.html
- Nguyen Hoang Lam, thien huu, Huy Ma và 2 người khác yêu thích
WangtaX
#4
Đã gửi 25-07-2018 - 07:54
Bài tập tương tự : $a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2(ab+bc+ac)$
- Nguyen Hoang Lam, Huy Ma, ThinhThinh123 và 1 người khác yêu thích
WangtaX
#5
Đã gửi 25-07-2018 - 10:19
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)
- BurakkuYokuro11 và ThinhThinh123 thích
[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)
#6
Đã gửi 25-07-2018 - 10:28
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 $a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{(abc)^2} \geq 2(ab+bc+ca)$
- Nguyen Hoang Lam, thien huu, thanhdatqv2003 và 4 người khác yêu thích
WangtaX
#7
Đã gửi 25-07-2018 - 12:17
$$\sum\limits_{cyc} a^{2}+ 3\,a^{\frac{2}{3}}b^{\frac{2}{3}}c^{\frac{2}{3}}- 2\sum\limits_{cyc} ab\geqq a^{\frac{2}{3}}b^{\frac{2}{3}}\left ( a^{\frac{2}{3}}+ b^{\frac{2}{3}} \right )+ b^{\frac{2}{3}}c^{\frac{2}{3}}\left ( b^{\frac{2}{3}}+ c^{\frac{2}{3}} \right )+ c^{\frac{2}{3}}a^{\frac{2}{3}}\left ( c^{\frac{2}{3}}+ a^{\frac{2}{3}} \right )- 2\sum\limits_{cyc} ab\geqq 0$$
- ThinhThinh123 và doandoan314 thích
#8
Đã gửi 07-10-2018 - 12:20
$\sum a^{2}- 2\sum ab+ 3\,\left ( abc \right )^{\frac{2}{3}}\equiv \sum x^{6}- 2\sum x^{3}y^{3}+ 3\,x^{2}y^{2}z^{2}=$ $\left ( x- y \right )^{2}\left ( y- z \right )^{2}\left ( z- x \right )^{2}+ \sum x^{2}\left ( x^{2}- y^{2}- z^{2}+ yz \right )^{2}\geqq 0$
[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/
- thanhdatqv2003 yêu thích
#9
Đã gửi 28-11-2018 - 19:27
$$\sum\limits_{cyc} a^{2}+ 3\,a^{\frac{2}{3}}b^{\frac{2}{3}}c^{\frac{2}{3}}- 2\sum\limits_{cyc} ab\geqq a^{\frac{2}{3}}b^{\frac{2}{3}}\left ( a^{\frac{2}{3}}+ b^{\frac{2}{3}} \right )+ b^{\frac{2}{3}}c^{\frac{2}{3}}\left ( b^{\frac{2}{3}}+ c^{\frac{2}{3}} \right )+ c^{\frac{2}{3}}a^{\frac{2}{3}}\left ( c^{\frac{2}{3}}+ a^{\frac{2}{3}} \right )- 2\sum\limits_{cyc} ab\geqq 0$$
$\lceil$ - 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