Cho a,b,c là các số thực dương:
Chứng minh rằng : $a^2 +b^2 +c^2 + 2abc + 1 \ge 2(ab+bc+ca) $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quangtq1998: 06-03-2016 - 19:11
Cho a,b,c là các số thực :
Chứng minh rằng : $a^2 +b^2 +c^2 + 2abc + 1 \ge 2(ab+bc+ca) $
Bất đẳng thức sai với $a=b=c=-1$
Em(mình) nghĩ đề đúng là
Cho a,b,c là các số thực dương:
Chứng minh rằng: $a^2 +b^2 +c^2 + 2abc + 1 \ge 2(ab+bc+ca) $
Ta thấy trong ba số thực dương $a;b;c$ luôn tồn tại hai số cùng lớn hơn hay bằng $1$ hoặc nhỏ hơn hay bằng $1$. Giả sử đó là $b$ và $c$.
Khi đó ta có: $(b-1)(c-1) \geq 0 \Leftrightarrow bc \geq b+c-1$ suy ra $2abc \geq 2ab+2ac-2a$
Do đó, $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1 \geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2ac-2a+1$
Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2ac-2a+1 \geq 2(ab+bc+ca)$
$\Leftrightarrow (a^{2}-2a+1)+(b^{2}+c^{2}-2bc) \geq 0 \Leftrightarrow (a-1)^{2}+(b-c)^{2} \geq 0$ (đúng)
Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Quoc Tuan Qbdh: 06-03-2016 - 17:45
Cho a,b,c là các số thực :
Chứng minh rằng : $a^2 +b^2 +c^2 + 2abc + 1 \ge 2(ab+bc+ca) $
những bài áp dụng bđt trên cho các số thực dương
1. $xyz+2(x^{2}+y^{2}+z^{2})+8 \geq 5(x+y+z)$
2.$xyz+ x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq 3 (x+y+z)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mathstu: 06-03-2016 - 17:59
Họ cười tôi vì tôi khác họ
Tôi cười họ vì tôi mắc cười
những bài áp dụng bđt trên cho các số thực dương
1. $xyz+2(x^{2}+y^{2}+z^{2})+8 \geq 5(x+y+z)$
2. $xyz+ x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq 3 (x+y+z)$
2. Ta thấy trong ba số thực dương $x;y;z$ luôn tồn tại hai số cùng nhỏ hơn hay bằng $1$ hoặc lớn hơn hay bằng $1$. Giả sử đó là $x$ và $y$
Khi đó ta có: $(x-1)(y-1) \geq 0 \Leftrightarrow xy \geq x+y-1$ suy ra $xyz \geq zx+yz-z$
Do đó, $xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5 \geq zx+yz-z+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5$
Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh $zx+yz-z+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5 \geq 3(x+y+z)$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}(x+z-2)^{2}+\frac{1}{2}(y+z-2)^{2}+\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})-(x+y) \geq 0(*)$
Mặt khác, ta lại có: $\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2}) \geq \frac{1}{4}(x+y)^{2} \geq x+y$
Nên $(*)$ đúng. Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$
1. Áp dụng BĐT$.2$ và các BĐT sau:
$x^{2}+1 \geq 2x$
$y^{2}+1 \geq 2y$
$z^{2}+1 \geq 2z$
Cộng vế theo vế bốn bất đẳng thức lại ta có BĐT$.1$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$
2. Ta thấy trong ba số thực dương $x;y;z$ luôn tồn tại hai số cùng nhỏ hơn hay bằng $1$ hoặc lớn hơn hay bằng $1$. Giả sử đó là $x$ và $y$
Khi đó ta có: $(x-1)(y-1) \geq 0 \Leftrightarrow xy \geq x+y-1$ suy ra $xyz \geq zx+yz-z$
Do đó, $xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5 \geq zx+yz-z+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5$
Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh $zx+yz-z+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5 \geq 3(x+y+z)$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}(x+z-2)^{2}+\frac{1}{2}(y+z-2)^{2}+\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})-(x+y) \geq 0(*)$
Mặt khác, ta lại có: $\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2}) \geq \frac{1}{4}(x+y)^{2} \geq x+y$
Nên $(*)$ đúng. Bài toán được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$
1. Áp dụng BĐT$.2$ và các BĐT sau:
$x^{2}+1 \geq 2x$
$y^{2}+1 \geq 2y$$z^{2}+1 \geq 2z$
Cộng vế theo vế bốn bất đẳng thức lại ta có BĐT$.1$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh