Chủ đề này có 4 trả lời

[cvp]

Tự nhiên sưu tầm đc bài nè.Mọi người xem thử nhé:
Cho $a,b,c \in R $.Chứng minh rằng:
$2(abc+1)+\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}\ge (a+1)(b+1)(c+1)$

Lời giải của nó cũng rất tuyệt.Các bác thử làm nha!

[AnSatTruyHinh]

Mình làm cách này hơi dài xem thử có đúng không nha !
Đặt $a+b+c=p,ab+bc+ca=q,abc=r$ $\Rightarrow a^{2}+ b^{2}+ c^{2}= p^{2}-2q , a^{2}b^{2} +b^{2} c^{2}+ c^{2} a^{2}= q^{2}-2pr$.Khai triển ta được BDT cần cm tương đương với
$2(r+1)+ \sqrt[2]{2( r^{2}+ q^{2}-2pr+ p^{2}-2q+1) } \geq p+q+r+1$
$ \Leftrightarrow \Leftrightarrow \sqrt[2]{2( r^{2}+ q^{2}-2pr+ p^{2}-2q+1) } \geq p+q-r-1$
$ \Leftrightarrow \sqrt[2]{2[ {q-1}^{2}+ {p-r}^{2} ] } \geq p+q-r-1$
Theo Bunhia : $\sqrt[2]{2[ {q-1}^{2}+ {p-r}^{2} ] } \geq \sqrt[2]{ {p+q-r-1}^{2} }=lp+q-r-1l \geq p+q-r-1$
$ \Rightarrow $ Done.
Chán thật vẫn không gõ được công thức,lại nhờ các mod giúp em vậy
---------------------------------------------------
bạn chỉ cần thay những chỗ nào có dấu : thành dấu \ và đừng cho công thức vào trong [txt][/txt]mà phải cho vào trong thẻ tex như sau:

[tex]Công thức[/tex]

hoặc làm như sau:

[latex]CONG THUC[/latex]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toanlc_gift: 05-07-2009 - 11:06

[phuc_90]

Tự nhiên sưu tầm đc bài nè.Mọi người xem thử nhé:
Cho $a,b,c \in R $.Chứng minh rằng:
$2(abc+1)+\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}\ge (a+1)(b+1)(c+1)$

Lời giải của nó cũng rất tuyệt.Các bác thử làm nha!

Đây là lời giải của mình không biết có giống lời giải kia không nhỉ .....
Đặt $ a+b+c=x , ab+bc+ca=y , abc=z $

BDT được viết lại thành : $ 2(z+1)+\sqrt{2(1+x^2-2y+y^2-2zx+z^2)} \geq 1+x+y+z $

$2(1+x^2-2y+y^2-2zx+z^2) \geq (x+y-1-z)^2$

$ (1+x-y-z)^2 \geq 0$ (đpcm)

Sau đây là 1 bài đẹp với phương pháp tương tự cho các bạn luyện tập.
Cho x,y,z >0 . Chứng minh rằng : $\sqrt{(x+y+z)(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})}\geq 1+\sqrt{1+\sqrt{(x^2+y^2+z^2)(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2})}}$

PS : Hic...2 người cùng post chung bài vào buổi tối mà phương pháp cũng giống nhau wa nhỉ >!<

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuc_90: 03-07-2009 - 21:23

[cvp]

2 lời giải của 2 bạn là tương tự nhau cùng chung ý tưởng.Rất hoan nghênh!
Còn đây là 1 lời giải đẹp cho bài này.Hơn nữa ý tưởng cho lời giải cũng rất tuyệt có thể ứng dụng trong 1 số bài toán:
Để ý rằng:$2(a^2+1)=(a+1)^2+(1-a)^2$
$(b^2+1)(c^2+1)=(b+c)^2+(bc-1)^2$
Đến đây theo Cauchy-Schwarz ta có: $\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}\ge ((a+1)(b+c)+(1-a)(bc-1))$
$ =a+b+c+ab+bc+ca-abc-1$
Từ đó $2(abc+1)+\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}\ge abc+1+ab+bc+ca+a+b+c=(1+a)(1+b)(1+c)$
Ý tưởng cho bài toán trên rất cơ bản,nhưng cũng khá độc đáo.
Mời các bạn xem xét bài toán sau:
Cho $a,b,c$ là các số thực bất kì.CMR:
$(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)\ge 3(ab^2+bc^2+ca^2)(a^2b+b^2c+c^2a)$

Lời giải bài toán này là:$VT-VP=(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\ge 0$ hiển nhiên đúng => đpcm!
Tuy nhiên để phân tích đc ko fai chuyện dễ nhưng cũng nên nhớ.Các bạn thử nghĩ theo ý tưởng trên xem sao nhé!
Sẽ là 1 lời gải rất ngắn gọn và đẹp đó!

[cvp]

Để ý rằng: $4(a^2+ab+b^2)=3(a+b)^2+(a-b)^2$
và $4(a^2+ac+c^2)(b^2+bc+c^2)=(2ab+bc+ca+2c^2)^2+3c^2(a-b)^2$
Đến đây Cauchy-Schwarz:
$16VT\ge [\sqrt{3}(a+b)(2ab+bc+ca+2c^2)+\sqrt{3}c(a-b)^2]^2=12(a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2)^2$
Vậy $VT\ge \dfrac{3}{4}(a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2)^2\ge (a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)$
$\Rightarrow Q.E.D$
Dấu $=$ khi $a=b=c$
p/s:gửi tặng ông tuan101293 và mọi người!