Đã gửi bởi
Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2},\forall a,b,c;a+b+c=3.$
BĐT trên sai nên khỏi làm . VD $(a,b,c)=(1,2.5,-0.5)$
Chắc đề là $a,b,c > 0$
Lâu lâu chưa động đến BĐT ...
Lời giải :
Ta có $\dfrac{1}{a^2} - a^2 \geq -4a+4$ khi và chỉ khi $(a^2-2a-1)(a-1)^2 \leq 0$
Vậy :
Không mất tính tổng quát, giả sử $a \geq b \geq c > 0$
TH1 : $a \geq b \geq c \geq 1+\sqrt{2}$ thì vô lý
TH2 : $a\geq b \geq 1+\sqrt{2} \geq c > 0$ thì vô lý
Th3 : $a \geq 1+\sqrt{2} \geq b\geq c > 0$ thì :
$b+c=1-a \leq 1-\sqrt{2}$
Tóm lại ta có :
$1+\sqrt{2} \leq a < 3$
$0 < b \leq 1-\sqrt{2}$
$0 < c \leq \dfrac{1-\sqrt{2}}{2}$
Chặn được hết khoảng của $a,b,c$ rồi ...
Tiếp theo là xét hàm $f(x)=\dfrac{1}{x^2}-x^2$ với $0 < x < 3$
Ta có $f'(x)=-\dfrac{1}{2x^3}-2x<0$
Vậy hàm $f(x)$ nghịch biến trên $(0,3)$
Áp dụng vào $a,b,c$ ta được :
$f(a) \geq f(3)=-\dfrac{80}{9}$
$f(b) \geq f(1-\sqrt{2})=4\sqrt{2}$
$f(c) \geq f \left(\dfrac{1-\sqrt{2}}{2} \right)=\dfrac{45+34\sqrt{2}}{4}$
Cộng lại ta được :
$VT-VP \geq 4\sqrt{2}+\dfrac{45+34\sqrt{2}}{4}- \dfrac{80}{9}>0$
TH4 : $1+\sqrt{2} \geq a \geq b\geq c > 0$ thì :
$\dfrac{1}{a^2} - a^2 \geq -4a+4$
$\dfrac{1}{b^2} - b^2 \geq -4b+4$
$\dfrac{1}{c^2} - c^2 \geq -4c+4$
Suy ra $VT \geq VP$
BĐT được giải quyết hoàn toàn !!!
Tham khảo ở đây :
(Đăng ký kênh của mình để được cập nhập nhiều hơn)
