Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Topic bất đẳng thức THCS (2)


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 1115 trả lời

#821 ToanHocLaNiemVui

ToanHocLaNiemVui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 183 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ninh Bình
  • Sở thích:Naruto, Naruto,..... và chỉ Naruto....!!!

Đã gửi 02-07-2012 - 10:14

Bài 404 . Với các số a , b , c thõa mãn điều kiện abc = 1 . Chứng minh rằng :
$\frac{a}{(ab+a+1)^{2}}+\frac{b}{(bc+b+1)^{2}}+\frac{c}{(ca+a+1)^{2}} \geqslant \frac{1}{a+b+c}$

AD BĐT Cauchy Schwarz dạng Engel ta có:
$\sum \frac{a}{(ab+a+1)^{2}}= \sum \frac{(\frac{a}{ab+a+1})^{2}}{a}\geq \frac{(\sum \frac{a}{ab+a+1})^{2}}{a+b+c}= \frac{1}{a+b+c}$.
Suy ra đpcm. Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi $a=b=c=1$.

Đừng Sợ Hãi Khi Phải


Đối Đầu Với Một Đối Thủ Mạnh Hơn


Mà Hãy Vui Mừng Vì


Bạn Có Cơ Hội Chiến Đấu Hết Mình!

___________________________________________________________________________

Thào thành viên của

VMF


#822 tkvn97

tkvn97

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 381 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thanh Hoá

Đã gửi 02-07-2012 - 10:15

Bài 401 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương vào $x,y,z\geq 0$ là các biến số thõa mãn $ax+by+cz=xyz$. Chuứng minh rằng tồn tại duy nhất số thực d sao cho $\frac{2}{d}=\frac{1}{a+d}+\frac{1}{b+d}+\frac{1}{c+d}$ , và khi đó hãy chứng minh giá trị nhỏ nhất của biểu thức $x+y+z$ bằng $\sqrt{d(d+a)(d+b)(d+c))}$
----------------------
Lần sau nhớ số bài


Bài này chẳng có ai làm

- tkvn 97-


#823 ToanHocLaNiemVui

ToanHocLaNiemVui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 183 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ninh Bình
  • Sở thích:Naruto, Naruto,..... và chỉ Naruto....!!!

Đã gửi 02-07-2012 - 10:29

Bài 403: Cho các số dương $a,b,c$ thoả mãn $a^{3}+b^{3}+c^{3}=3$. CMR: $a^{4}b^{3}+b^{4}c^{3}+c^{4}a^{3} \geq3$.

Không ai làm bài này à...Mình xin làm vậy:
AD BĐT Holder, ta có:
$(a^{4}b^{3}+b^{4}c^{3}+c^{4}a^{3} )^{3} \geq (a^{6}b^{3}+b^{6}c^{3}+c^{6}a^{3} )(a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+c^{3}a^{3} )$.
Từ đó ta chỉ việc chứng minh BĐT sau:
$(a^{6}b^{3}+b^{6}c^{3}+c^{6}a^{3} )(a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+c^{3}a^{3} ) \geq27$.
Thật vậy, đặt $a^{3}=x;b^{3}=y;c^{3}=z$ thì $x+y+z=3$ và BĐT trên được viết lại thành:
$(x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x)(xy+yz+xz)^{2} \geq27$. (1)
(1) hoàn toàn đúng vì được suy ra trực tiếp từ 2 BĐT quen thuộc:
♥, $xy+yz+xz \geq3$.
♥, $(x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x)(xy+yz+xz) \geq9$.
Vậy BĐT đã cho được chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ToanHocLaNiemVui: 02-07-2012 - 10:29

Đừng Sợ Hãi Khi Phải


Đối Đầu Với Một Đối Thủ Mạnh Hơn


Mà Hãy Vui Mừng Vì


Bạn Có Cơ Hội Chiến Đấu Hết Mình!

___________________________________________________________________________

Thào thành viên của

VMF


#824 ducthinh26032011

ducthinh26032011

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 290 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hội những người độc thân thích chém gió !

Đã gửi 04-07-2012 - 20:50

Bài 405:Cho $a;b;c\in R$ C/m:
$$(a^{2}+1)(b^{2}+1)(c^{2}+1)\geq (ab+bc+ca-1)^{2}$$
Bài 406:Cho $a;b;c> 1$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}= 2$.C/m:
$$\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\leq \sqrt{a+b+c}$$
Bài 407:Cho $a;b;c\in R^{+}$ thỏa
$$\Sigma \frac{1}{a+b+1}\geq 1$$
C/m:$$a+b+c\geq ab+bc+ca$$

Hình đã gửi


#825 triethuynhmath

triethuynhmath

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1090 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường Phổ Thông Năng Khiếu-ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh
  • Sở thích:học toán

Đã gửi 04-07-2012 - 21:07

1 phát bài 407,áp dụng BĐT bunyakovsky,ta có:
$(a+b+1)(a+b+c^2)\geq (a+b+c)^2=>\frac{a+b+c^2}{(a+b+c)^2}\geq \frac{1}{a+b+1}$
Tương tự,cộng vế theo vế,ta có:
$\frac{2(a+b+c)+a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\geq 1$=> $2(a+b+c)+a^2+b^2+c^2\geq a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=>a+b+c\geq ab+bc+ca$

TRIETHUYNHMATH

___________________________

08/12/1997


#826 triethuynhmath

triethuynhmath

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1090 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường Phổ Thông Năng Khiếu-ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh
  • Sở thích:học toán

Đã gửi 04-07-2012 - 21:13

1 phát bài 405:
Biến đổi tương đương,ta có:
BĐT cần chứng minh tương đương $(a+b+c)^2+a^2b^2c^2\geq 2abc(a+b+c)<=>(a+b+c-abc)^2\geq 0$
BĐT sau cùng đúng nên có đpcm

TRIETHUYNHMATH

___________________________

08/12/1997


#827 triethuynhmath

triethuynhmath

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1090 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường Phổ Thông Năng Khiếu-ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh
  • Sở thích:học toán

Đã gửi 04-07-2012 - 21:29

Bài 402 : Giả sử $a^{2013}+b^{2013}>a^{2012}+b^{2012}$
Chứng minh rằng $a^{2014}+b^{2014}\geq a^{2013}+b^{2013}$

Bạn ơi giả thiết là $>$ hay $\geq$ thế nếu > là BĐT cần chứng minh không có dấu = đâu
Theo giả thiết,ta có
$a^{2012}+b^{2012}-a^{2013}-b^{2013}< 0$
Vậy $$\inline =a^{2012}(a-1)^2+b^{2012}(b-1)^2\geq 0$ a^{2014}+b^{2014}-a^{2013}-b^{2013}> a^{2014}+b^{2014}-a^{2013}-b^{2013}+a^{2012}+b^{2012}-a^{2013}-b^{2013}$
=$ (a^{2014}-2a^{2013}+a^{2012})+(b^{2014}-2b^{2013}+b^{2012})$
$\inline =a^{2012}(a-1)^2+b^{2012}(b-1)^2\geq 0$
Vậy $\inline a^{2014}+b^{2014}\geq a^{2013}+b^{2013}$(Q.E.D)

TRIETHUYNHMATH

___________________________

08/12/1997


#828 Nguyễn Hữu Huy

Nguyễn Hữu Huy

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT Cờ Đỏ
  • Sở thích:no

Đã gửi 05-07-2012 - 15:54

Bài 406:Cho $a;b;c> 1$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}= 2$.C/m:
$$\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\leq \sqrt{a+b+c}$$


406 của anh PKH thì phải !?

Từ gt suy ra
$\sum \frac{a -1}{a} = 1$

Áp dụng cauchy schwarz ta có
$(\sum \frac{a -1}{a})(a + b + c) \geq (\sum \sqrt{a - 1})^2$

Suy ra đpcm !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hữu Huy: 05-07-2012 - 15:56

P . I = A . 22


#829 ToanHocLaNiemVui

ToanHocLaNiemVui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 183 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ninh Bình
  • Sở thích:Naruto, Naruto,..... và chỉ Naruto....!!!

Đã gửi 05-07-2012 - 16:29

Làm cho topic sôi nổi hơn nào: :)
Bài 408:Cho các số thực không âm $a,b,c,d$. Chứng minh rằng:

$a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4}+2abcd\geq a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+a^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}+b^{2}d^{2}+c^{2}d^{2}$

Turkevici

Bài 409: Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta luôn có:

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

Vasile Cirtoaje

Bài 410: Giả sử $a,b,c$ là các số thực bất kì thoả mãn điều kiện:

$\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\sqrt[3]{ab+bc+ac}$.

CMR: $a+b+c\leq \sqrt{3}$

Bài 411: Cho $x,y,z$ khác 1 thoả mãn tích chúng bằng $1$.CMR:

$\sum _{sym}(\frac{x}{x-1})^{2}\geq 1$.

IMO 2008

Bài 412: Chứng minh rằng với mọi số thực dương $x,y,z$, ta luôn có:

$\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{3xyz}+(\frac{ab+bc+ac}{a^{2}+b^{2}+c^{2}})^{2}\geq 2$.

Trần Quốc Anh

Bài 413: Hãy chứng minh BĐT sau đúng với mọi số thực bất kì $a,b,c$:

$(a+b)^{3}(b-c)^{3}+(b+c)^{3}(c-a)^{3}+(c+a)^{3}(a-b)^{3}\geq 3(a^{2}-b^{2})(b^{2}-c^{2})(c^{2}-a^{2})$.

Bài 414: Chứng minh BĐT sau với $x,y,z$ là các số thực không âm luôn đúng:

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


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ToanHocLaNiemVui: 06-07-2012 - 08:57

Đừng Sợ Hãi Khi Phải


Đối Đầu Với Một Đối Thủ Mạnh Hơn


Mà Hãy Vui Mừng Vì


Bạn Có Cơ Hội Chiến Đấu Hết Mình!

___________________________________________________________________________

Thào thành viên của

VMF


#830 triethuynhmath

triethuynhmath

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1090 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường Phổ Thông Năng Khiếu-ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh
  • Sở thích:học toán

Đã gửi 05-07-2012 - 18:24

414 nhẹ nhất:
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}= \frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ab}+\frac{c^2}{ac+bc}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi triethuynhmath: 05-07-2012 - 18:25

TRIETHUYNHMATH

___________________________

08/12/1997


#831 davildark

davildark

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 223 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thực Hành SP

Đã gửi 05-07-2012 - 19:07




Bài 410: Giả sử $a,b,c$ là các số thực bất kì thoả mãn điều kiện:

$\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\sqrt[3]{ab+bc+ac}$.

CMR: $a+b+c\leq \sqrt{3}$

.

$$ a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac=(a^2+b^2+c^2)\sqrt{a^2+b^2+c^2}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\leq 1$$
$$a+b+c \leq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=\sqrt{3}$$

#832 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 05-07-2012 - 20:00

Bài 409: http://diendantoanho...showtopic=75607
"I helped rehabilitate a part of the world. If I use this ability, maybe I can even help restore the rest of this depraved world."

#833 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-07-2012 - 20:47

Bạn ơi bài 408 chép nhầm dấu rồi,cả bài trên bạn làm cũng nầm hết dấu rồi.
Bài 408:
Không mất tính tổng quát giả sử $0\leq a\leq b\leq c\leq d$ Ta có:
$a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd-a^2b^2-b^2c^2-c^2d^2-d^2a^2-a^2c^2-b^2d^2=(c-d)^2(a+c+d)(c+d-a)+(d^2-b^2)(c^2-b^2)+a(b-a)(2cd-ab-a^2)\geq 0$
$\to a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2d^2+d^2a^2+a^2c^2+b^2d^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 05-07-2012 - 20:49

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#834 triethuynhmath

triethuynhmath

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1090 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường Phổ Thông Năng Khiếu-ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh
  • Sở thích:học toán

Đã gửi 05-07-2012 - 20:50

Chém 413.
Bổ đề:
Ta có đẳng thức quen thuộc:
$a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}(a+b+c)((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)$
Vậy nếu $a+b+c\geq 0$ thì $a^3+b^3+c^3\geq 3abc$
Ta có:
$(a+b)(b-c)+(b+c)(c-a)+(c+a)(a-b)=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\geq 0$.Từ cái VP $\geq 0$ là cơ bản.
Vậy$(a+b)^3(b-c)^3+(b+c)^3(c-a)^3+(c+a)^3(a-b)^3\geq 3(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2)$.Ta có đpcm
Cái này mới đầu ngỡ cauchy 3 số không dùng được nhưng thông qua bổ đề trên thì thành công.

TRIETHUYNHMATH

___________________________

08/12/1997


#835 khanh3570883

khanh3570883

    Trung úy

  • Thành viên
  • 905 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Địa ngục

Đã gửi 05-07-2012 - 20:54

Bài 411: Cho $x,y,z$ khác 1 thoả mãn tích chúng bằng $1$.CMR:

$\sum _{sym}(\frac{x}{x-1})^{2}\geq 1$.

IMO 2008

Đặt: $x = \frac{{{a^2}}}{{bc}},y = \frac{{{b^2}}}{{ca}},z = \frac{{{c^2}}}{{ab}}$
Bất đẳng thức được viết lại:
\[\sum {\frac{{{a^4}}}{{{{\left( {{a^2} - bc} \right)}^2}}}} \ge 1\]
Ta có:
\[VT \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{{\left( {{a^2} - bc} \right)}^2} + {{\left( {{b^2} - ca} \right)}^2} + {{\left( {{c^2} - ab} \right)}^2}}}\]
Lại có:
\[\sum {{a^2}} - {\sum {\left( {{a^2} - bc} \right)} ^2} = {\left( {\sum {ab} } \right)^2} \ge 0\]
Kết hợp với trên ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanh3570883: 05-07-2012 - 20:59

THẬT THÀ THẲNG THẮN THƯỜNG THUA THIỆT

LƯƠN LẸO LUỒN LỎI LẠI LEO LÊN

 

Một ngày nào đó ta sẽ trở lại và lợi hại hơn xưa


#836 le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Vân Nội

Đã gửi 05-07-2012 - 21:23

Bài 412: Chứng minh rằng với mọi số thực dương $x,y,z$, ta luôn có:

$\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{3xyz}+(\frac{ab+bc+ac}{a^{2}+b^{2}+c^{2}})^{2}\geq 2$.

Trần Quốc Anh


Đặt $A=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$, dễ thấy $A \geq 0$. Ta có
$\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}-1=\frac{(a+b+c).A}{3abc}$
Và $1-\left ( \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right )^2=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2-(ab+bc+ca)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}=\frac{A.(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$
BĐT cần chứng minh tương đương với $$\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}-1\geq 1-\left ( \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right )^2$$
$$\Leftrightarrow \frac{A.(a+b+c)}{3abc}\geq \frac{A(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$
Ta cần có $$\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+c+ca}{(a^2+b^2+c^2)^2}\geq 0$$
Thật vậy $$\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+c+ca}{(a^2+b^2+c^2)^2}\geq \frac{a+b+c}{3abc}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$
$$=\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{2}{(a^2+b^2+c^2)}=\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-6abc}{3abc(a^2+b^2+c^2)}\geq \frac{9abc-6abc}{3abc(a^2+b^2+c^2)}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}>0$$
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $A=0$ hay $a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 05-07-2012 - 21:45


#837 le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Vân Nội

Đã gửi 05-07-2012 - 22:14

Thêm một bài duy trì topic.
Bài 415. Cho a,b,c dương, chứng minh
$$\sqrt{\frac{2a}{b+c}}+\sqrt{\frac{2b}{c+a}}+\sqrt{\frac{2c}{a+b}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}$$

#838 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2938 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 06-07-2012 - 01:40

Thêm một bài duy trì topic.
Bài 415. Cho a,b,c dương, chứng minh
$$\sqrt{\frac{2a}{b+c}}+\sqrt{\frac{2b}{c+a}}+\sqrt{\frac{2c}{a+b}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}$$

Bài này khá hay. ;)
Áp dụng BĐT Bernoulli ta có

$$(\frac{b+c}{2a})^{\frac{1}{2}}\le \frac{b+c}{4a}+\frac{1}{2}=\frac{b+c+2a}{4a}\Rightarrow \sqrt{\frac{2a}{b+c}}\geq \frac{4a}{b+c+2a}$$
Chứng minh tương tự rồi cộng lại ta có: $$\sqrt{\frac{2a}{b+c}}+\sqrt{\frac{2b}{a+c}}+\sqrt{\frac{2c}{b+a}}\geq \frac{4a^2}{ab+a+2a^2}+\frac{4b^2}{2b^2+bc+ba}+\frac{4c^2}{2c^2+ac+bc}\geq \frac{4(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+a^2+b^2+c^2}$$
Ta quy về chứng minh: $$\frac{4(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+a^2+b^2+c^2}\geq (a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^2\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2$$
BĐT cuối đúng. nên ta có đpcm
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#839 ToanHocLaNiemVui

ToanHocLaNiemVui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 183 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ninh Bình
  • Sở thích:Naruto, Naruto,..... và chỉ Naruto....!!!

Đã gửi 06-07-2012 - 09:05

Đặt $A=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$, dễ thấy $A \geq 0$. Ta có
$\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}-1=\frac{(a+b+c).A}{3abc}$
Và $1-\left ( \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right )^2=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2-(ab+bc+ca)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}=\frac{A.(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$
BĐT cần chứng minh tương đương với $$\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}-1\geq 1-\left ( \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right )^2$$
$$\Leftrightarrow \frac{A.(a+b+c)}{3abc}\geq \frac{A(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$
Ta cần có $$\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+c+ca}{(a^2+b^2+c^2)^2}\geq 0$$
Thật vậy $$\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+c+ca}{(a^2+b^2+c^2)^2}\geq \frac{a+b+c}{3abc}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$
$$=\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{2}{(a^2+b^2+c^2)}=\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-6abc}{3abc(a^2+b^2+c^2)}\geq \frac{9abc-6abc}{3abc(a^2+b^2+c^2)}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}>0$$
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $A=0$ hay $a=b=c$

Bài này có 1 cách nhẹ hơn:
AD BĐT Cauchy, ta cần chứng minh BĐT sau:

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

$\Leftrightarrow \frac{(\sum a^{3})(\sum a)}{(\sum a^{2})^{2}}.\frac{(\sum ab)^{2}}{3abc\sum a}\geq 1$.

Nhưng theo BĐT Cauchy Schwarz và AM-GM thì:

$(\sum a^{3})(\sum a)\geq (\sum a^{2})^{2}$.

$(\sum ab)^{2}\geq 3abc\sum a$.

Từ đó ta có điều phải chứng minh.


Đừng Sợ Hãi Khi Phải


Đối Đầu Với Một Đối Thủ Mạnh Hơn


Mà Hãy Vui Mừng Vì


Bạn Có Cơ Hội Chiến Đấu Hết Mình!

___________________________________________________________________________

Thào thành viên của

VMF


#840 Secrets In Inequalities VP

Secrets In Inequalities VP

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 309 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Xem phim.

Đã gửi 06-07-2012 - 09:12

Bài 405:Cho $a;b;c\in R$ C/m:
$$(a^{2}+1)(b^{2}+1)(c^{2}+1)\geq (ab+bc+ca-1)^{2}$$

Có mấy hum không lên mà topic nì sôi động qá
Cách khác cho bài này :
$VT=[(a+b)^{2}+(ab-1)^{2}](c^{2}+1)\geq [c(a+b)+ab-1]^{2}= (ab+bc+ca-1)^{2}$
Xong ! :icon6:




1 người đang xem chủ đề

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