Chủ đề này có 8 trả lời

[murasaki]

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca=4.$

Chứng minh rằng : $3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+abc \geq 10$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tpdtthltvp: 28-03-2017 - 11:47

[NHoang1608]

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab+bc+ca=4.

Chứng minh rằng : 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+abc=10

Hình như đề sai rồi.

Ta có : $3(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 3(ab+bc+ca)=12 \Rightarrow 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+abc > 12 > 10$

[murasaki]

Hình như đề sai rồi.

Ta có : $3(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 3(ab+bc+ca)=12 \Rightarrow 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+abc > 12 > 10$

 

mình viết sót, là lớn hơn hoặc bằng 10 cậu ạ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi murasaki: 27-03-2017 - 21:51

[iloveyouproht]

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca=3.$

Chứng minh rằng : $3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+abc \geq 10$

Ta có bđt phụ : $\sum a^{2}+2abc+1\geq 2(\sum ab)$ (*)

Chứng minh (*): https://diendantoanh...bc1geq-2abbcca/

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có : $3(\sum a^{2})+abc=\frac{1}{2}\left [ 6(\sum a^{2})+2abc \right ]\geq \frac{1}{2}\left [ 5(\sum a^{2})+2(\sum ab) -1\right ]\geq \frac{1}{2}\left [ 7(\sum ab) -1\right ]=10$

-

[murasaki]

Ta có bđt phụ : $\sum a^{2}+2abc+1\geq 2(\sum ab)$ (*)

Chứng minh (*): https://diendantoanh...bc1geq-2abbcca/

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có : $3(\sum a^{2})+abc=\frac{1}{2}\left [ 6(\sum a^{2})+2abc \right ]\geq \frac{1}{2}\left [ 5(\sum a^{2})+2(\sum ab) -1\right ]\geq \frac{1}{2}\left [ 7(\sum ab) -1\right ]=10$

-

 

đề là ab+bc+ca+abc=4 ạ, mình viết nhầm nữa ._.

[hthang0030]

đề là ab+bc+ca+abc=4 ạ, mình viết nhầm nữa ._.

Tóm lại cái đề nó là như này đúng không bạn? =_=

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ac+abc=4$

Chứng minh rằng:$3(a^2+b^2+c^2)+abc\geq10$

*Giải:BĐT cần chứng minh $<=>3p^2-6q+r\geq 10<=>3p^2-7q-6\geq 0$ (*)

Theo BĐT Schur ta có $p^3+9r\geq 4pq<=>p^3+9(4-q)\geq 4pq<=>q\leq \frac{36+p^3}{4p+9}$

Thay vào (*) =>$3p^2-7\frac{36+p^3}{4p+9}-6\geq 0<=>5p^3+27p^2-24p-306\geq 0<=>(p-3)(5p^2+42p+102)\geq 0<=>p\geq 3$

Ta có:$q^3=(ab+bc+ac)^3\geq 27(abc)^2=27r^2=27(4-q)^2$

=>$q\geq 3$

=>$p^2\geq 3q\geq 9=>p\geq 3$

=>Q.E.D

Dấu $"="$ xảy ra $<=>a=b=c=1$

[iloveyouproht]

đề là ab+bc+ca+abc=4 ạ, mình viết nhầm nữa ._.

Nếu gt thay đổi thì ta cũng chỉ cần biến đổi thêm chút là đc :v

Từ gt=>abc$\leq 1$

Ta có bđt phụ : $\sum a^{2}+2abc+1\geq 2(\sum ab)$ (*)

Chứng minh (*): https://diendantoanh...bc1geq-2abbcca/

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có : $3(\sum a^{2})+abc=\frac{1}{2}\left [ 6(\sum a^{2})+2abc \right ]\geq \frac{1}{2}\left [ 5(\sum a^{2})+2(\sum ab) -1\right ]\geq \frac{1}{2}\left [ 7(\sum ab) -1\right ]= \frac{1}{2}\left [ 7(4-abc) -1\right ]\geq 10$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi iloveyouproht: 30-03-2017 - 14:15

[AnhTran2911]

Đây là 1 BĐT quá tầm phào không một chút tinh tế. 

BĐT đã cho tương đương:

$3(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ca)\geq6$

CM BĐT mạnh hơn : $a^2+b^2+c^2\geq3$. Quá đơn giản với gt $ab+bc+ca+abc=4$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 01-05-2017 - 11:23

[Nguyenhuyen_AG]

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca+abc=4.$

Chứng minh rằng : $3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+abc \geq 10$

 

Ta có

\[3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+abc - 10 = \frac{1}{6(a+b+c)} \sum \left[(7c + 2a)(a-b)^2 + (9a+3b+16c+32)(c-1)^2\right] \geqslant 0.\]