Chủ đề này có 2 trả lời

[nthd]

Với mục đích giới thiệu tạp chí Komal cho học sinh THCS,hôm nay mình xin giới thiệu 2 bài trên tạp chí đó -bài A371 và A358:
A358:Cho http://dientuvietnam...,c>0:abc=1.CMR:

A371:Cho sao cho



Chứng minh rằng
Tham khảo thêm bài viết :http://diendantoanho...showtopic=14521
Và http://diendantoanho...showtopic=14306

[nthoangcute]

Với mục đích giới thiệu tạp chí Komal cho học sinh THCS,hôm nay mình xin giới thiệu 2 bài trên tạp chí đó -bài A371 và A358:
A358:Cho $a, b, c>0 $ và $abc=1$.CMR:
$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}-\dfrac{3}{a+b+c}\ge \dfrac{2}{a^2+b^2+c^2}.(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2})$
A371:Cho $a, b, c \geq 0$ sao cho:
$a+b \leq c+1$
$b+c \leq a+1$
$c+a \leq b+1$
Chứng minh: $a^2+b^2+c^2 \leq 2abc+1$
Tham khảo thêm bài viết :http://diendantoanho...showtopic=14521
Và http://diendantoanho...showtopic=14306

Bài A358: Sau đây là lời giải của bạn Lê Ngọc Tuấn Khang (sherlock holmes 1997)

1/ BĐT cần chứng minh
$\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{3}{a+b+c}+\frac{2}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})$

$\Leftrightarrow (a^{2}+b^{2}+c^{2})(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq \frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{a+b+c}+2(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})$

$\Leftrightarrow a+b+c+a^{3}(b+c)+b^{3}(a+c)+c^{3}(a+b)\geq \frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)}+2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$

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

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

$\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{c}(a-b)^{2}+\frac{a+b+c}{a}(b-c)^{2}+\frac{a+b+c}{b}(c-a)^{2}-(a-b)^{2}-(b-c)^{2}-(c-a)^{2}\geq 0$ (do abc=1)

$\Leftrightarrow \frac{a+b}{c}(a-b)^{2}+\frac{b+c}{a}(b-c)^{2}+\frac{a+c}{b}(c-a)^{2}\geq 0$ (đúng)

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1

________________________________________________________________

[demon from hell]

A358:

BĐT cần chứng minh tương đương với:

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

$\Leftrightarrow$ $ ab+bc+ca-\frac{9abc}{a+b+c}\geq \frac{2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}-\frac{6abc}{a+b+c}$

$\Leftrightarrow$$ \sum \frac{c(a-b)^{2}}{a+b+c}\geq \sum \frac{c(a-b)^{2}(c^{2}+bc+ca-2ab)}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a+b+c)}$

$\Leftrightarrow$$ \sum c(a-b)^{2}(a^{2}+b^{2}+2ab-bc-ca)\geq 0$

Đặt $S_{a}= a(b^{2}+c^{2}+2bc-ca-ab)$

      $S_{b}= b(c^{2}+a^{2}+2ac-ab-bc)$

      $S_{c}= c(a^{2}+b^{2}+2ab-bc-ca)$

* ta chứng minh mệnh đề với 1 đa thức viết lại được thành: $ S_{a}(b-c)^{2}+S_{b}(c-a)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$ $\Leftrightarrow$ $ S_{a}, S_{b}\geq 0, b^{2}S_{c}+c^{2}S_{b}\geq 0$ (cái này khá đơn giản, mình khỏi nói nhé!)

giả sử $ a\geq b\geq c$. nhận thấy rằng S_{b} và S_{c} $ \geq$ 0

ta chỉ cần chứng minh: $ a^{2}S_{b}+b^{2}S_{a}=ab[(a-b)^{2}(a+b)+2c(a^{2}+b^{2}-ab)+c(a^{2}+b^{2})]$ (đúng, do $ a^{2}+b^{2}-ab \geq 0$ )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi SieuNhanVang: 17-11-2013 - 21:10