Chủ đề này có 5 trả lời

[bigway1906]

Dùng phương pháp U.C.T. Cho các số dương a,b,c thỏa mãn $a+b+c=3$. Cm:$\sum \frac{1}{a^2}\geq \sum a^2$ 

[hotbotvmf]

Anh ơi, cho em xin cách giải của bài này mà không cần dùng phương pháp UCT

[Nerus]

Bạn có thể biến đổi tương đương

dpcm $\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{1}{a^{2}}-a^{2} \right )\geq 0\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{1}{a}-a \right )\left ( \frac{1}{a}+a\right )\geq 0$

Áp dụng bđt Cosi ta sẽ CM $2\sum \left ( \frac{1}{a}-a \right )\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{1}{a}-3\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{1}{a}\geq \frac{9}{\sum a}$ ( đúng ) 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nerus: 06-07-2017 - 21:22

[diemdaotran]

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

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

  Khi đó ta đi chứng minh: $\frac{3}{abc}+2(ab+bc+ca)\geq 9$

Thật vậy: $(ab+bc+ca)^{2}\geq 3(ab.bc+bc.ca+ca.ab)\doteq 3(a+b+c)abc\doteq 9abc$

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

 Từ  (1) và (2) $\Rightarrow \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+2(ab+bc+ca)\geq \frac{3}{abc}+6\sqrt{abc}\doteq \frac{3}{abc}+3\sqrt{abc}+3\sqrt{abc}\geq 3\sqrt[3]{\frac{3}{abc}.3\sqrt{abc}.3\sqrt{abc}}\doteq 3.3=9$  (BĐT Cô-si)

  $\Rightarrow$ đpcm

 Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow$  a=b=c=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi diemdaotran: 06-07-2017 - 21:37

[bigway1906]

mình cần dùng phương pháp U.C.T cơ mọi người

[AnhTran2911]

SD pp UCT 

Ta đi CM $\frac{1}{a^2}-a^2\geq{4a-4}$

Và xét các TH còn lại.