Chủ đề này có 8 trả lời

[caokhanh97]

Cho a,b,c > 0 và a + b + c = 3. CMR :$\frac{1}{ab} + \frac{1}{bc} + \frac{1}{ca} \geq a^{2} + b^{2} + c^{2}$

[Oral1020]

Ta có:
$\sum \dfrac{1}{ab} \ge \sum a^2$
$\Longleftrightarrow \dfrac{\sum a}{abc} \ge \sum a^2$
$\Longleftrightarrow 3 \ge abc(\sum a^2)$
$\Longleftrightarrow 3 \ge \sum a^3bc$
Theo $AM-GM$,ta có:
$1=(\dfrac{a+b+c}{3})^3 \ge abc$
$\Longleftrightarrow \sum a^2 \ge \sum a^3bc$
Theo $C-S$,ta lại có:
$3=\sqrt{(a+b+c)(a+b+c)} \ge \sum a^2$
$\Longrightarrow 3 \ge \sum a^3bc$
Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$
--
Không biết có đúng không nữa

[dtvanbinh]

Ta có:
$\sum \dfrac{1}{ab} \ge \sum a^2$
$\Longleftrightarrow \dfrac{\sum a}{abc} \ge \sum a^2$
$\Longleftrightarrow 3 \ge abc(\sum a^2)$
$\Longleftrightarrow 3 \ge \sum a^3bc$
Theo $AM-GM$,ta có:
$1=(\dfrac{a+b+c}{3})^3 \ge abc$
$\Longleftrightarrow \sum a^2 \ge \sum a^3bc$
Theo $C-S$,ta lại có:
$3=\sqrt{(a+b+c)(a+b+c)} \ge \sum a^2$
$\Longrightarrow 3 \ge \sum a^3bc$
Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$
--
Không biết có đúng không nữa

nếu đã dùng bất đẳng thức cổ điển rồi thì mình xin dùng hàm số
giả sử $a\leq b\leq c$
$f(a)=\frac{1}{a}(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})-a^{2}-b^{2}-c^{2}$
dễ thấy f(a) nghịch biến nên
$f(a)\geq f(1)=\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{bc}-1-b^{2}-c^{2}$
với $b+c=2$
đến đây khảo sát hàm 1 biến thôi

[caokhanh97]

Ta có:
$\sum \dfrac{1}{ab} \ge \sum a^2$
$\Longleftrightarrow \dfrac{\sum a}{abc} \ge \sum a^2$
$\Longleftrightarrow 3 \ge abc(\sum a^2)$
$\Longleftrightarrow 3 \ge \sum a^3bc$
Theo $AM-GM$,ta có:
$1=(\dfrac{a+b+c}{3})^3 \ge abc$
$\Longleftrightarrow \sum a^2 \ge \sum a^3bc$
Theo $C-S$,ta lại có:
$3=\sqrt{(a+b+c)(a+b+c)} \ge \sum a^2$
$\Longrightarrow 3 \ge \sum a^3bc$
Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$
--
Không biết có đúng không nữa

chỗ $3 = \sqrt{(a+b+c)(a+b+c)} \geq \sum a^{2}$ sai thì phải a ơi

[Oral1020]

chỗ $3 = \sqrt{(a+b+c)(a+b+c)} \geq \sum a^{2}$ sai thì phải a ơi

Em học có lớp 8 à
Chỗ đó thì bất đẵng thức $C-S$ như sau:
$(a+b+c)(a+b+c) \ge (\sum a^2)^2$
Sau đó thì căn hai vế

[caokhanh97]

Em học có lớp 8 à
Chỗ đó thì bất đẵng thức $C-S$ như sau:
$(a+b+c)(a+b+c) \ge (\sum a^2)^2$
Sau đó thì căn hai vế

a xem lại đi ạ, $(a+b+c)(a+b+c) \ge (\sum a^2)^2$ , dấu bằng thì đúng nhưng nếu thử bộ số khác thì (a+b+c)(a+b+c) làm gì lớn hơn $(\sum a^{2})^{2}$

[dtvanbinh]

Em học có lớp 8 à
Chỗ đó thì bất đẵng thức $C-S$ như sau:
$(a+b+c)(a+b+c) \ge (\sum a^2)^2$
Sau đó thì căn hai vế

em áp dụng nhầm rồi,bài này cũng có thể quy về p,q,r như sau
bất đẳng thức cần chứng minh
$(a^{2}+b^{2}+c^{2})abc\leq 3$
đặt $a+b+c=p=3$ $ab+bc+ca=q$ $abc=r$
ta có các đánh giá
$pq\geq 9r \Rightarrow q\geq 3r$
$a^{2}+b^{2}+c^{2}=p^{2}-2q=9-2q\leq 9-6r$
$r\leq 1$
Xét hàm $f®=9r-6r^{2}$ trên (0,1)
Ta có $Max f®=f(1)=3$
Vậy $(a^{2}+b^{2}+c^{2})abc\leq f®\leq 3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dtvanbinh: 21-02-2013 - 15:01

[duong vi tuan]

mình xin đưa thêm 1 lời giải giống bạn Oral1020
bdt trên tương đương : $9\geq 3abc(a^2+b^2+c^2)$
$VP=3abc(a^2+b^2+c^2)=abc(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\leq \frac{1}{3}(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)\leq \frac{1}{3}(\frac{2(ab+ca+cb)+a^2+b^2+c^2}{3})^3=\frac{(a+b+c)^6}{3^4}=9$

[dtvanbinh]

mình xin đưa thêm 1 lời giải giống bạn Oral1020
bdt trên tương đương : $9\geq 3abc(a^2+b^2+c^2)$
$VP=3abc(a^2+b^2+c^2)=abc(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\leq \frac{1}{3}(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)\leq \frac{1}{3}(\frac{2(ab+ca+cb)+a^2+b^2+c^2}{3})^3=\frac{(a+b+c)^6}{3^4}=9$

cái này chung ý tưởng với $q^{2}\geq 9r$