Chủ đề này có 8 trả lời

[tusauhot]

Cho $ a,b,c \geq 0,a+b+c=3$

CMR: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc\geq 4$

Chú ýLatex

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trang Luong: 24-09-2014 - 17:13

[Mikhail Leptchinski]

 

$\\Cho \ a,b,c \geq 0,a+b+c=3

\\CMR: a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc\geq 4$

 

:Không mất tính tổng quát giả sử:$c=min\left \{ a,b,c \right \}$

Ta có:$a^2+b^2+c^2+abc-4=(a+b)^2+c^2+ab(c-2)-4\geq (3-c)^2+c^2+\frac{(3-c)^2(c-2)}{4}-4\geq 0$

Chõ sau bạn tự biến đổi nhé đây là điều phải chứng minh rồi

 

Đây là phương pháp dồn biến!

[TonnyMon97]

:Không mất tính tổng quát giả sử:$c=min\left \{ a,b,c \right \}$

Ta có:$a^2+b^2+c^2+abc-4=(a+b)^2+c^2+ab(c-2)-4\geq (3-c)^2+c^2+\frac{(3-c)^2(c-2)}{4}-4\geq 0$

Chõ sau bạn tự biến đổi nhé đây là điều phải chứng minh rồi

 

Đây là phương pháp dồn biến!

Bị ngược dấu rồi kìa bạn

[TonnyMon97]

Ta có cách làm tổng quát như sau:

Cho các số thực không âm $a,b,c$ và $a+b+c=k$

Tìm Min $P=m(a^2+b^2+c^2)+nabc$

Điều kiện: $k \le \frac{9m}{2}$

Giải: Ta có BĐT phụ:

$(\sum a)^3-4\sum a.\sum ab+9abc \ge 0$

$\Rightarrow abc\ge \frac{4k.\sum ab}{9}-\frac{k^3}{9}$

$\Rightarrow P \ge m\sum a^2 + \frac{4k.\sum ab}{9}-\frac{k^3}{9}=mk^2+\sum ab (\frac{4k}{9}-2m)-\frac{k^3}{9}$

$\ge mk^2-\frac{k^3}{9}+(\frac{4k}{9}-2m).\frac{k^2}{3}$

 

 

 

Bạn có thể dùng ý tưởng trên làm một số bài khác Vd như thay $a^2+b^2+c^2$ bởi $a^3+b^3+c^3$ hay nhiều cái khác liên quan p,q,r

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TonnyMon97: 22-09-2014 - 18:43

[Mikhail Leptchinski]

 

$\\Cho \ a,b,c \geq 0,a+b+c=3

\\CMR: a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc\geq 4$

 

 

Bị ngược dấu rồi kìa bạn

Áp dụng bất đẳng thức sau:$a^2+b^2+c^2+2abc+1\geq 2(ab+bc+ac)$

Chứng minh:Theo nguyên lí di rich lê có:tồn tại $2$ trong $3$ số $a,b,c$ cùng $\geq 1,\leq 1$

Gỉa sử $a,b\geq1$ ta có:$(a-1)(b-1)\geq 0$$(a-1)(b-1)\geq 0$

mà $a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+ac)=(a-b)^2+(c-1)^2+2c(a-1)(b-1)\geq 0$ => điều phải chứng minh

Từ đó có:$2(a^2+b^2+c^2)+2abc+1=a^2+b^2+c^2+(a^2+b^2+c^2+2abc+1)\geq a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc=(a+b+c)^2=9<=>a^2+b^2+c^2+abc\geq 4=>Q.E.D$

 

Bài toán này rất hay.Bạn có thể dùng dồn biến hoặc schur + đổi biến $p,q,r$

[dogsteven]

Dồn biến là thế này nè bác.

 

Thay $(a;b;c)=(x;y;z)$ vì quen.

 

$f(x;y;z)=x^2+y^2+z^2+xyz$

 

$2t=y+z$

 

$f(x;y;z)\geqslant f(x;t;t)$

 

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}(y+z)^2-2yz+xyz-x\dfrac{(y+z)^2}{4} \geqslant 0$

 

$\Leftrightarrow (2-x)(y+z)^2-4yz(2-x)=(2-x)(y-z)^2 \geqslant 0$

 

BDT trên đúng nếu ta giả sử $x=\text{min{x;y;z}}$

 

Từ đây thế $x=3-2t \geqslant 0 \Leftrightarrow 0 \leqslant t \leqslant \dfrac{3}{2}$ ta được $f(3-2t; t; t)=(5-2t)(t-1)^2+4 \geqslant 4$

 

BDT được chứng minh.

 

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$

[dogsteven]

PQR-Schur:

 

$x^2+y^2+z^2+xyz=p^2-2q+r=9-2q+r \geqslant 9-2q+\dfrac{3(4q-9)}{9}=\dfrac{-2}{3}q+6 \geqslant \dfrac{-2p^2}{9}+6=4$

[TonnyMon97]

Dồn biến là thế này nè bác.

 

Thay $(a;b;c)=(x;y;z)$ vì quen.

 

$f(x;y;z)=x^2+y^2+z^2+xyz$

 

$2t=y+z$

 

$f(x;y;z)\geqslant f(x;t;t)$

 

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}(y+z)^2-2yz+xyz-x\dfrac{(y+z)^2}{4} \geqslant 0$

 

$\Leftrightarrow (2-x)(y+z)^2-4yz(2-x)=(2-x)(y-z)^2 \geqslant 0$

 

BDT trên đúng nếu ta giả sử $x=\text{min{x;y;z}}$

 

Từ đây thế $x=3-2t \geqslant 0 \Leftrightarrow 0 \leqslant t \leqslant \dfrac{3}{2}$ ta được $f(3-2t; t; t)=(5-2t)(t-1)^2+4 \geqslant 4$

 

BDT được chứng minh.

 

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$

Tuyệt rồi. Mà cái này hơi bị trâu à nghe :3. Mấy bài đơn giản dùng dồn biến thấy nó rờm rà 

[tusauhot]

chờ mãi vẫn chưa ai giải kiểu bđt đoạn thẳng  nói chung là cái đấy cũng dồn biến bước đầu  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tusauhot: 22-09-2014 - 20:25