Chủ đề này có 5 trả lời

[PlanBbyFESN]

Bài toán: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$.
 
Chứng minh rằng: $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
 

Spoiler

Theo các bạn, bài toán trên có thể tổng quát không?

 

[Ego]

Bài này là hơi quá tay ở topic THCS, có một lời giải rất đẹp.
Đánh giá đơn giản, $\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} \ge \frac{1}{ab} + \frac{1}{bc} + \frac{1}{ca}$
Ta có $\frac{1}{ab} + \frac{1}{bc} + \frac{1}{ca} = \frac{a^{2}}{a^{2}bc} + \frac{b^{2}}{ab^{2}c} + \frac{c^{2}}{abc^{2}} \ge \frac{(a + b + c)^{2}}{abc(a + b + c)} = \frac{27}{3abc(a + b + c)}$.
Mặt khác $3abc(a + b + c) \le (ab + bc + ca)^{2}$ nên $\frac{27}{3abc(a + b + c)} \ge \frac{27}{(ab + bc + ca)^{2}}$
Vậy ta cần chứng minh $27 \ge (a^{2} + b^{2} + c^{2})(ab + bc + ca)^{2}$. BĐT cuối đúng theo AM - GM.

[PlanBbyFESN]

Bài này là hơi quá tay ở topic THCS, có một lời giải rất đẹp.
Đánh giá đơn giản, $\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{b^{2}} + \frac{1}{c^{2}} \ge \frac{1}{ab} + \frac{1}{bc} + \frac{1}{ca}$
Ta có $\frac{1}{ab} + \frac{1}{bc} + \frac{1}{ca} = \frac{a^{2}}{a^{2}bc} + \frac{b^{2}}{ab^{2}c} + \frac{c^{2}}{abc^{2}} \ge \frac{(a + b + c)^{2}}{abc(a + b + c)} = \frac{27}{3abc(a + b + c)}$.
Mặt khác $3abc(a + b + c) \le (ab + bc + ca)^{2}$ nên $\frac{27}{3abc(a + b + c)} \ge \frac{27}{(ab + bc + ca)^{2}}$
Vậy ta cần chứng minh $27 \ge (a^{2} + b^{2} + c^{2})(ab + bc + ca)^{2}$. BĐT cuối đúng theo AM - GM.

 

Lời giải rất đẹp, bài này là baopbc nhờ em tìm 1 cách ở mức độ THCS, em cũng tìm được 1 lời giải rất đẹp như sau:

 

 

 

 

$a+b+c=3$

 

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

 

$\Leftrightarrow \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+2(ab+bc+ca)\geq 9$

 

Áp dụng BĐT AM-GM:

 

$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+2(ab+bc+ca)=(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})+(ab+bc+ca)+(ab+bc+ca)\geq 3\sqrt[3]{(ab+bc+ca)^{2}(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})}=3\sqrt[3]{(ab+bc+ca)^{2}(\frac{a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}}{a^{2}b^{2}c^{2}})}$

 

Cũng AM-GM ta có 2 BĐT quen thuộc sau:

 

• $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\geq \frac{1}{3}(ab+bc+ca)^{2}$
• $(ab+bc+ca)^{2}\geq 3abc(a+b+c)$

 

Nên: $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+2(ab+bc+ca)\geq 3\sqrt[3]{(ab+bc+ca)^{2}(\frac{a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}}{a^{2}b^{2}c^{2}})}\geq 3\sqrt[3]{\frac{(ab+bc+ca)^{4}}{3a^{2}b^{2}c^{2}}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{9a^{2}b^{2}c^{2}(a+b+c)^{2}}{3a^{2}b^{2}c^{2}}}=3\sqrt[3]{3(a+b+c)^{2}}=9$

 

$\Rightarrow$ ĐPCM

...............................................................

 

 

 

 

 

[Ankh]

Bài toán: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$.
 
Chứng minh rằng: $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
 

Spoiler

Theo các bạn, bài toán trên có thể tổng quát không?

 Bài toán trên có thể mở rộng lên 4-var. Tuy nhiên mở rộng ra tổng quát thì mình chưa làm được.

[Ankh]

Bài toán: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$.
 
Chứng minh rằng: $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
 

Spoiler

Theo các bạn, bài toán trên có thể tổng quát không?

 Đây là lời giải của mình cho trường hợp 3 và 4-var

 Không mất tính tổng quát, giả sử $c=\max \{a,b,c\}$, khi đó ta xét 2 trường hợp

 + Nếu $c\leq 1+\sqrt{2}$, khi đó ta chứng minh rằng với mọi $x\in (0;1+\sqrt{2}]$ thì $\dfrac{1}{x^2}-x^2+4(x-1)\geq 0\Leftrightarrow (x-1)^2(x^2-2x-1)\leq 0$

 Thay $x$ bởi $a,b,c$ rồi cộng lại là ta có điều cần chứng minh.

 + Nếu $c\geq 1+\sqrt{2}$ thì $a+b\leq 2-\sqrt{2}$, khi đó $\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}>\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}\geq \dfrac{1}{2}\left (\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right )^2\geq \dfrac{8}{(a+b)^2}\geq \dfrac{8}{(2-\sqrt{2})^2}>9>a^2+b^2+c^2$

 Nên ta có điều cần chứng minh

 ------------------------

 Tương tự cách trên vẫn đúng cho bài toán 4 biến như sau :

 Ta cần chứng minh rằng với $a,b,c,d>0$ và $a+b+c+d=4$ thì $\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{d^2}\geq a^2+b^2+c^2+d^2$

 Giả sử $d=\max \{a,b,c,d\}$, ta xét 3 trường hợp

 + Nếu $0<d\leq 1+\sqrt{2}$, tương tự như trên.

 + Nếu $4>d\geq \dfrac{16-3\sqrt{3}}{4}$ thì $a+b+c\leq \dfrac{3\sqrt{3}}{4}$, khi đó ta sẽ có $\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{d^2}>\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\geq \dfrac{1}{3}\left (\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right )^2\geq \dfrac{27}{(a+b+c)^2}\geq 16>a^2+b^2+c^2+d^2$

 Từ đó có điều cần chứng minh.

 + Nếu $1+\sqrt{2}\leq d\leq \dfrac{16-3\sqrt{3}}{4}$ thì $a+b+c\leq 3-\sqrt{2}$, khi đó ta sẽ lần lượt có

    - $\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{d^2}\geq \dfrac{27}{(a+b+c)^2}+\dfrac{1}{d^2}\geq \dfrac{27}{(3-\sqrt{2})^2}+\dfrac{1}{\left (\dfrac{16-3\sqrt{3}}{4}\right )^2}$

    - $a^2+b^2+c^2+d^2< (3-\sqrt{2})^2+\left (\dfrac{16-3\sqrt{3}}{4}\right )^2$

   Mà ta kiểm tra được $\dfrac{27}{(3-\sqrt{2})^2}+\dfrac{1}{\left (\dfrac{16-3\sqrt{3}}{4}\right )^2}>(3-\sqrt{2})^2+\left (\dfrac{16-3\sqrt{3}}{4}\right )^2$

 Cho nên ta có điều cần chứng minh

 

 Cách mình giải không hay cho lắm, nhất là ở bước cuối  Cách trên mình chỉ dừng ở 4-var chứ chưa đẩy lên được 5-var, chia mãi không ra 

 Ai có lời giải bớt tính toán hoặc lời giải cho bài toán tổng quát thì đăng lên cho mình tham khảo với

[KietLW9]

Ta có: $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{a+b+c}{abc}=\frac{3}{abc}$

Ta cần chứng minh: $\frac{3}{abc}+2(ab+bc+ca)\geq (a+b+c)^2=9$

Lại có: $(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)=9abc\Rightarrow 2(ab+bc+ca)\geq 6\sqrt{abc}$

$\Rightarrow \frac{3}{abc}+2(ab+bc+ca)\geq \frac{3}{abc}+6\sqrt{abc}=\frac{3}{abc}+3\sqrt{abc}+3\sqrt{abc}\geq 9$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1