Chủ đề này có 4 trả lời

[Trinh Hong Ngoc]

26,  cho $a,b,c$ phân biệt thỏa mãn $0\leq a,b,c\leq 2$ . CMR

             $\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}}\geq \frac{9}{4}$

27, CHO $a,b,c > 0$ thỏa mãn $a+b+c+abc=4$. CMR

             $a+b+c\geq ab+bc+ca$

28, CHO $a,b,c > 0$ thỏa mãn $abc=1$  .   CMR :

              $\frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^{2}}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

 

[hoangngochai]

Điều kiện: $a \ne b \ne c$

Áp dụng BĐT phụ: $\frac{1}{{x^2 }} + \frac{1}{{y^2 }} \ge \frac{8}{{\left( {x + y} \right)^2 }}$

Thật vậy: Theo BĐT cô si ta có:

$\frac{1}{{x^2 }} + \frac{1}{{y^2 }} \ge \frac{{\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right)^2 }}{2} \ge \frac{{\left( {\frac{4}{{x + y}}} \right)^2 }}{2} = \frac{8}{{\left( {x + y} \right)^2 }}$

Ta có: $\frac{1}{{\left( {a - b} \right)^2 }} + \frac{1}{{\left( {b - c} \right)^2 }} \ge \frac{8}{{\left( {a - b + b - c} \right)^2 }} = \frac{8}{{\left( {c - a} \right)^2 }}$

Suy ra: $\frac{1}{{\left( {a - b} \right)^2 }} + \frac{1}{{\left( {b - c} \right)^2 }} + \frac{1}{{\left( {c - a} \right)^2 }} \ge \frac{9}{{\left( {c - a} \right)^2 }} \ge \frac{9}{{c^2 }} \ge \frac{9}{{2^2 }} = \frac{9}{4}$    (đpcm)

 Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow \left( {a;b;c} \right) = \left( {0;1;2} \right);\left( {0;2;1} \right);\left( {1;0;2} \right);\left( {1;2;0} \right);\left( {2;0;1} \right);\left( {2;1;0} \right)$

 

[dogsteven]

Bài 28.

Giả sử $c=\text{max}\{a,b,c\}$

Khi đó $\dfrac{1}{\sqrt{a^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+1}}\leqslant \dfrac{2}{\sqrt{ab+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+1}}$

Đến đây là bài toán 1 biến. Chỉ cần biến đổi tương đương.

Ngoài ra còn có cách khác.

Tồn tại các số thực dương $x,y,z>0$ sao cho $\dfrac{y}{x}=x^2, \dfrac{z}{y}=b^2$ và $\dfrac{x}{z}=c^2$

Khi đó ta cần chứng minh $\sum \sqrt{\dfrac{2a}{a+b}}\leqslant 3$ là một bài toán mà ai cũng biết giải.

[Viet Hoang 99]

Cho $a;b;c>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca+abc=4$. Cmr:
$$a+b+c\ge ab+bc+ca$$

(Việt Nam 1996)

 

Lời giải (V. Q. B. Cẩn)

 

Giả sử tồn tại $a;b;c$ sao cho $ab+bc+ca+abc=4$ và $a+b+c<ab+bc+ca$

Ta có:

$4=\left (ab+bc+ca  \right ).1+abc.1>\left ( ab+bc+ca \right ).\left ( \frac{a+b+c}{ab+bc+ca} \right )^2+abc.\left ( \frac{a+b+c}{ab+bc+ca} \right )^3=\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}+\frac{abc(a+b+c)^3}{(ab+bc+ca)^3}$

$\Leftrightarrow 2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)>\frac{abc(a+b+c)^3}{(ab+bc+ca)^2}$

 

Mà theo bđt Schur bậc 3 dạng phân thức thì:

$2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)\le \frac{9abc}{a+b+c}$

$\Rightarrow \frac{9abc}{a+b+c}>\frac{abc(a+b+c)^3}{(ab+bc+ca)^2}$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}abc>0  &  & \\ 9(ab+bc+ca)^2>(a+b+c)^4  &  &  \end{matrix}\right.$

Mâu thuẫn vì $(a+b+c)^2\ge 3(ab+bc+ca)$ nên không thể có $a+b+c<ab+bc+ca$. Suy ra đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi: $a=b=c=1$

[binhnhaukhong]

Cách này cũng khá bắt mắt:

Trong các số $a-1,b-1,c-1$ có ít nhất 2 số nhân với nhau có tích không âm giả sử là:$c(a-1)(b-1)\geq 0$

$\Rightarrow abc+c\geq ac+bc\Leftrightarrow abc+a+b+c\geq (a+b)(c+1)$

Mặt khác ta có:

$4=abc+c(a+b)+ab\leq \frac{(a+b)^2}{4}c+c.(a+b)+\frac{(a+b)^2}{4}\Rightarrow c\geq \frac{4-(a+b)}{a+b}\Rightarrow (c+1)(a+b)\geq 4=ab+bc+ac+abc$

Do đó ta có ĐPCM