Chủ đề này có 8 trả lời

[phuongnamz10A2]

Cho a, b, c dương và $a+b+c=3$. CMR
$a^2+b^2+c^2 + \frac{ab+bc+ca}{a^2.b+b^2.c+c^2.a}\geq 4$

[Ispectorgadget]

Lời giải:
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được:
$$a^2b+b^2c+c^2a \le \sqrt{(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)(a^2+b^2+c^2)} \le \sqrt{\dfrac{(a^2+b^2+c^2)^3}{3}}$$
Lại thấy rằng $ab+bc+ca=\dfrac{9-(a^2+b^2+c^2)}{2}$
Suy ra:
$$a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ca}{a^2b+b^2c+c^2a} \ge a^2+b^2+c^2+\dfrac{\sqrt{3}(9-(a^2+b^2+c^2)}{2\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^3}}$$
Ta cần chứng minh
$$a^2+b^2+c^2+\dfrac{\sqrt{3}(9-(a^2+b^2+c^2)}{2\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^3}} \ge 4$$
Đặt $\sqrt{\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}}=t$, bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành:
$3t^2+\dfrac{9-3t^2}{6t^3} = 3t^2+\dfrac{3-t^2}{2t^3}\ge 4$
$$\Leftrightarrow 6t^5-8t^3-t^2+3 \ge 0$$
$$\Leftrightarrow (t-1)(6t^4+6t^3-2t^2-3t-3) \ge 0$$
Ta dễ dàng chứng minh được $1 \le t \le \sqrt{3}$. Bây giờ, ta chỉ cần chứng minh được biểu thức $6t^4+6t^3-2t^2-3t-3 \ge 0$ thì bài toán sẽ được chứng minh.
Thật vậy, đặt $f(t)=6t^4+6t^3-2t^2-3t-3$, ta tính được $f'(t)=24t^3+18t^2-4t-3=24t^3+11t^2+4t(t-1)+3(t^2-1) > 0$ suy ra f(t) là hàm đồng biến, suy ra $f(t)>f(1)>0.$
Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1. \blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 25-04-2012 - 16:56

[phuongnamz10A2]

Mình đang học lớp 10. nếu như không dùng hàm số thì có mẹo nào để chứng minh phương trình bậc 4 kia dương không. Hay phải thử để tách bạn?

[Ispectorgadget]

Cho a, b, c dương và $a+b+c=3$. CMR
$a^2+b^2+c^2 + \frac{ab+bc+ca}{a^2.b+b^2.c+c^2.a}\geq 4$

Bài này là đề thi chuyên PBC Nghệ An mấy năm trước
Ta có:
$$3(a^2+b^2+c^2)=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=a^3+b^3+c^3+a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+a^2c$$
Áp dụng BĐT AM-GM ta có
$$a^3+ab^2\geq 2a^2b$$
Tương tự: $$b^3+bc^2\geq 2b^2c$$
$$c^3+a^2c\geq 2c^2a$$
Suy ra$$3(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)>0$$
Do đó: $$P\geq a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ac}{a^2+b^2+c^2}=a^2+b^2+c^2+\frac{9-(a^2+b^2+c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)}$$
Đặt $t=a^2+b^2+c^2(t\geq 3)$
$P\geq t+\frac{9-t}{2t}=\frac{t}{2}+\frac{9}{2t}+\frac{t}{2}-\frac{1}{2}\geq 3+\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=4$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 17-06-2012 - 10:04

[mituot03]

em giải cách nay mọi người xem có đc ko
có a$^{2}$+b$^{2}$+c$^{2}$ $\geq$$\frac{(a+b+c)^{2}}{3}$= 3
áp dụng BDT Côsi có
a$^{2}$b+b$^{2}$c+c$^{2}$a $\leq$$\sqrt{\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{3}}{3}}$ =3
ab+bc+ac $\leq$ 3
=> dpcm
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1

[pidollittle]

Bài này là đề thi chuyên PBC Nghệ An mấy năm trước
Ta có:
$$3(a^2+b^2+c^2)=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=a^3+b^3+c^3+a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+a^2c$$
Áp dụng BĐT AM-GM ta có
$$a^3+ab^2\geq 2a^2b$$
Tương tự: $$b^3+bc^2\geq 2b^2c$$
$$c^3+a^2c\geq 2c^2a$$
Suy ra$$3(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)>0$$
Do đó: $$P\geq a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ac}{a^2+b^2+c^2}=a^2+b^2+c^2+\frac{9-(a^2+b^2+c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)}$$
Đặt $t=a^2+b^2+c^2(t\geq 3)$
$P\geq t+\frac{9-t}{2t}=\frac{t}{2}+\frac{9}{2t}+\frac{t}{2}-\frac{1}{2}\geq 3+\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=4$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

hình như chỗ tô màu xanh anh làm sai rồi
vì ta chỉ có $a^2+b^2+c^2\geq a^2b+b^2c+c^2$ thôi
nên chưa thể suy ra dc khi dấu "=" xảy ra thì P nhỏ nhất đc vì nó còn phụ thuộc vào tử "ab +bc+ca " nữa
Với lại anh làm dấu "=" xảy ra khi a= b = c sao thử lại máy tính nó ko đúng , hinh như chi có a= b= c =1 thôi

___
Chỗ dấu "=" thì mình gõ thiếu nhưng lời giải trên là đúng rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pidollittle: 17-06-2012 - 10:32

[phuongnamz10A2]

Sai đâu ta đã chứng minh đc $a^2b+b^2c+c^2a\le a^2+b^2+c^2$ rồi mà.
Bạn viết nhầm rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuongnamz10A2: 17-06-2012 - 12:06

[pidollittle]

thế các bạn giải thích giùm mình nhé!

$$a^3+ab^2\geq 2a^2b$$
Tương tự: $$b^3+bc^2\geq 2b^2c$$
$$c^3+a^2c\geq 2c^2a$$

Dấu "=" xảy ra khi

$a^{3}=ab^{2}, b^{3}=bc^{2}, c^{3}= ca^{2}$

$a^{2}=b^{2}=c^{2}$

$\Rightarrow a=b=c$

tại sao lại có a=b=c=1?

* Thứ hai nếu P đạt GTNN khi a=b=c=1 thì tại sao lại ko thay nó vào P và suy ra P$\geq$ 4 mà phải làm dài như thế này

Suy ra$$3(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)>0$$
Do đó: $$P\geq a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ac}{a^2+b^2+c^2}=a^2+b^2+c^2+\frac{9-(a^2+b^2+c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)}$$
Đặt $t=a^2+b^2+c^2(t\geq 3)$
$P\geq t+\frac{9-t}{2t}=\frac{t}{2}+\frac{9}{2t}+\frac{t}{2}-\frac{1}{2}\geq 3+\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=4$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

* Thứ ba là như điều mình nói ở trên, biểu thức còn phụ thuộc vào tử " ab + bc + ca " nữa mà. Ta ko thể có khi mẫu lớn nhất thì P nhỏ nhất được (vì tử ko là 1 hằng số) ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pidollittle: 17-06-2012 - 19:27

[Celia]

thế các bạn giải thích giùm mình nhé!


Dấu "=" xảy ra khi

$a^{3}=ab^{2}, b^{3}=bc^{2}, c^{3}= ca^{2}$

$a^{2}=b^{2}=c^{2}$

$\Rightarrow a=b=c$

tại sao lại có a=b=c=1? Vì a+b+c=3 mà a=b=c bạn ạ

* Thứ hai nếu P đạt GTNN khi a=b=c=1 thì tại sao lại ko thay nó vào P và suy ra P$\geq$ 4 mà phải làm dài như thế này ** Bạn coi lại xem nhé, đây là ta xét 1 biểu thức phụ rồi mới áp dụng vào P, không phải là làm thẳng với P, khi thay được vào P rồi mới có quyền xét bạn ạ

* Thứ ba là như điều mình nói ở trên, biểu thức còn phụ thuộc vào tử " ab + bc + ca " nữa mà. Ta ko thể có khi mẫu lớn nhất thì P nhỏ nhất được (vì tử ko là 1 hằng số) ?
Vì $a^2+b^2+c^2\geq a^2b+b^2c+c^2$, ta có thể thay vào và coi cái kia là hằng được mà bạn