Chủ đề này có 20 trả lời

[NO1]

cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3
cmr: $\dfrac{1}{ a^2} + \dfrac{1}{ b^2} +\dfrac{1}{ c^2} \geq a^{2} +b^{2} +c^{2} $

[phong than]

cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3
cmr: $\dfrac{1}{ a^2} + \dfrac{1}{ b^2} +\dfrac{1}{ c^2} \geq a^{2} +b^{2} +c^{2} $

Đặt $f(a,b,c)=\dfrac{1}{ a^2} + \dfrac{1}{ b^2} +\dfrac{1}{ c^2} - a^{2} -b^{2} -c^{2} $.
Giả sử $a\leq b\leq c$. Ta có $f(a,b,c)\geq f(\dfrac{a+b}{2},\dfrac{a+b}{2},c)$.

[supermember]

Bài này dễ quá , nên chuyễn sang mục THCS thì phù hợp hơn

Bổ đề : Nếu $x;y;z$ là những số thực dương thì ta luôn có :

$ (x+y+z)^3 \ \geq \ 3 \sqrt{3(x^2 +y^2 + z^2) } (xy+yz+zx) \ \ (1)$

Do tính thuần nhất nên không giảm tổng quát , ta có thể chuẩn hóa cho $ x+y+z = 3 $

Đặt $t = xy+yz+zx \Rightarrow 3t \ \leq \ (x+y+z)^2 \Rightarrow t \ \leq \ 3 $

Và $ x^2 +y^2 + z^2 = (x+y+z)^2 - 2(xy+yz+zx) = 9 - 2t$

Khi đó $(1)$ tương đương với :

$ 3 \sqrt{3} \ \geq \ t^2 \sqrt{9-2t} \Leftrightarrow t^2 (9-2t) \ \leq \ 27 \ \ (2) $

Nhưng theo bất đẳng thức $AM - GM$ thì :

$t^2 (9-2t) = (9-2t). t . t \ \leq \ \left( \dfrac{ (9-2t) + t + t }{3} \right)^3 = 27$

$ \Rightarrow (2)$ đúng $ \Rightarrow (1)$ đúng , đây là điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$

Vào bài : Áp dụng bổ đề này , ta có : $ (a+b+c)^3 \ \geq \ 3 \sqrt{3(a^2 +b^2 + c^2) } (ab+bc+ca) $

$ 3 \sqrt{3} \ \geq \ (ab+bc+ca) \sqrt{a^2 + b^2 + c^2} \Rightarrow a^2 + b^2 + c^2 \ \leq \ \dfrac{27}{ (ab+bc+ca)^2 } \ \ (3)$

Lại có :

$ (ab+bc+ca)^2 \left( \dfrac{1}{a^2 } + \dfrac{1}{b^2 } + \dfrac{1}{c^ 2} \right) \geq \ 3abc(a+b+c) \left( \dfrac{1}{a^2 } + \dfrac{1}{b^2 } + \dfrac{1}{c^ 2} \right) = 9 \left( \dfrac{ab}{c} + \dfrac{bc}{a} + \dfrac{ca}{b} \right) \ \geq \ 27 \Rightarrow \dfrac{27}{ (ab+bc+ca)^2 } \ \leq \ \dfrac{1}{a^2 } + \dfrac{1}{b^2 } + \dfrac{1}{c^ 2} \ \ (4)$

Từ $(3) ; (4)$ , ta suy ra đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 12-09-2009 - 07:38

[conan123]

Bài này dễ quá , nên chuyễn sang mục THCS thì phù hợp hơn

Bổ đề : Nếu $x;y;z$ là những số thực dương thì ta luôn có :

$ (x+y+z)^3 \ \geq \ 3 \sqrt{3(x^2 +y^2 + z^2) } (xy+yz+zx) \ \ (1)$

Do tính thuần nhất nên không giảm tổng quát , ta có thể chuẩn hóa cho $ x+y+z = 3 $

Đặt $t = xy+yz+zx \Rightarrow 3t \ \leq \ (x+y+z)^2 \Rightarrow t \ \leq \ 3 $

Và $ x^2 +y^2 + z^2 = (x+y+z)^2 - 2(xy+yz+zx) = 9 - 2t$

Khi đó $(1)$ tương đương với :

$ 3 \sqrt{3} \ \geq \ t^2 \sqrt{9-2t} \Leftrightarrow t^2 (9-2t) \ \leq \ 27 \ \ (2) $

Nhưng theo bất đẳng thức $AM - GM$ thì :

$t^2 (9-2t) = (9-2t). t . t \ \leq \ \left( \dfrac{ (9-2t) + t + t }{3} \right)^3 = 27$

$ \Rightarrow (2)$ đúng $ \Rightarrow (1)$ đúng , đây là điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$

Vào bài : Áp dụng bổ đề này , ta có : $ (a+b+c)^3 \ \geq \ 3 \sqrt{3(a^2 +b^2 + c^2) } (ab+bc+ca) $

$ 3 \sqrt{3} \ \geq \ (ab+bc+ca) \sqrt{a^2 + b^2 + c^2} \Rightarrow a^2 + b^2 + c^2 \ \leq \ \dfrac{27}{ (ab+bc+ca)^2 } \ \ (3)$

Lại có :

$ (ab+bc+ca)^2 \left( \dfrac{1}{a^2 } + \dfrac{1}{b^2 } + \dfrac{1}{c^ 2} \right) \geq \ 3abc(a+b+c) \left( \dfrac{1}{a^2 } + \dfrac{1}{b^2 } + \dfrac{1}{c^ 2} \right) = 9 \left( \dfrac{ab}{c} + \dfrac{bc}{a} + \dfrac{ca}{b} \right) \ \geq \ 27 \Rightarrow \dfrac{27}{ (ab+bc+ca)^2 } \ \leq \ \dfrac{1}{a^2 } + \dfrac{1}{b^2 } + \dfrac{1}{c^ 2} \ \ (4)$

Từ $(3) ; (4)$ , ta suy ra đpcm

Giải như thế mà kêu dễ,mắc cười thật=))

[nguyen_ct]

cach' nay` so cap hon cach' tren do

[mai quoc thang]

cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3
cmr: $\dfrac{1}{ a^2} + \dfrac{1}{ b^2} +\dfrac{1}{ c^2} \geq a^{2} +b^{2} +c^{2} $

Tình hình là nhập viện hôm qua .

Vẫn đang trong bệnh viện và trong này chán quá .

Có mỗi cái laptop của ông bác .

Dù vậy cũng xin múa rìu qua mắt thợ

Cách thứ nhất :

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :

$ \sum (4M_a+M_b+M_c)(a-b)(a-c) \geq 0 $

Với : $ M_a=\dfrac{1+2a-a^2}{a^2} $

Giả sử : $ a \geq b \geq c $

Dễ chứng minh đc những điều sau :

$ 4M_c+M_a+M_b \geq 4M_b+M_c+M_a \geq 4M_a+M_b+M_c $

Và : $ 4M_a+M_b+M_c \geq 0 $

Theo Vornicu-Schur ta có đc điều phải chứng minh .

P/S : cách này đã đọc của ai đó ko nhớ nữa

Cách thứ hai :

TH 1 :

Nếu trong $ a,b,c $ có một số nhỏ hơn $ \dfrac{1}{3} $ chẳng hạn là số $ a < \dfrac{1}{3} $ .

Lúc đó điều cần chứng minh là hiển nhiên vì :

$ \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2} > 9 > a^2+b^2+c^2 $

TH 2 : $ a,b,c \geq \dfrac{1}{3} $

Kết hợp điều kiện : $ a+b+c=3 $ ta có : $ a,b,c \in [\dfrac{1}{3};\dfrac{7}{9}] $

Dễ chứng minh : $ \dfrac{1}{a^2} -a^2 \geq -4a+4 $ đúng với $ a \in [\dfrac{1}{3};\dfrac{7}{9}] $

Từ đó dễ có đc điều phải chứng minh .

P/S : cái này mình nhạy lại theo cách chứng minh một bài nào đó chả nhớ nữa

Cách thứ ba :

Giả sử : $ c=min\{a;b;c\} $

Đặt : $ a=x+c;b=y+c $ với ( $ x,y \geq 0 $ )

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :

$ \left( 108\,{x}^{2}+108\,{y}^{2}-108\,xy \right) {c}^{6}+ \left( 108
\,x{y}^{2}+108\,{x}^{2}y+144\,{x}^{3}+144\,{y}^{3} \right) {c}^{5}+
\left( 204\,x{y}^{3}+414\,{x}^{2}{y}^{2}+78\,{y}^{4}+204\,{x}^{3}y+78
\,{x}^{4} \right) {c}^{4} $

$+ \left( 28\,{y}^{5}+86\,x{y}^{4}+388\,{x}^{2
}{y}^{3}+28\,{x}^{5}+86\,{x}^{4}y+388\,{x}^{3}{y}^{2} \right) {c}^{3}+
\left( 292\,{x}^{3}{y}^{3}+99\,{x}^{4}{y}^{2}+36\,{y}^{5}x+36\,{x}^{5
}y+2\,{x}^{6}+99\,{x}^{2}{y}^{4}+2\,{y}^{6} \right) {c}^{2}$

$+ \left( 22
\,{y}^{5}{x}^{2}+56\,{x}^{4}{y}^{3}+2\,{x}^{6}y+2\,{y}^{6}x+22\,{x}^{5
}{y}^{2}+56\,{x}^{3}{y}^{4} \right) c+{y}^{6}{x}^{2}+{x}^{6}{y}^{2}+4
\,{x}^{5}{y}^{3}+4\,{x}^{3}{y}^{5}+6\,{x}^{4}{y}^{4} \geq 0
$

P/S : trong này hông có maple ... expand bằng tay đấy

Và bài toán tổng quát :

Cho các số thực dương : $ a_1;a_2;...;a_n $ với $ n >1, n \in N $ thõa mãn : $ a_1+a_2+...+a_n=n $

Chứng minh :

$ \dfrac{1}{a_{1}^{2}}+\dfrac{1}{a_{2}^{2}}+...+\dfrac{1}{a_n^{2}} \geq a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_n^{2} $

[Toanlc_gift]

cái bổ đề bên trên chỉ cần 1 dòng là đủ
$({x^2} + {y^2} + {z^2}){(xy + yz + zx)^2} \le {\left( {\dfrac{{{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2(xy + yz + zx)}}{3}} \right)^3} = \dfrac{{{{(x + y + z)}^6}}}{{27}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mai quoc thang: 12-09-2009 - 12:56

[123455]

Và bài toán tổng quát :

Cho các số thực dương : $ a_1;a_2;...;a_n $ với $ n >1, n \in N $ thõa mãn : $ a_1+a_2+...+a_n=n $

Chứng minh :

$ \dfrac{1}{a_{1}^{2}}+\dfrac{1}{a_{2}^{2}}+...+\dfrac{1}{a_n^{2}} \geq a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_n^{2} $

có lẽ bài toán tổng quát xử lý bởi định lý dồn biến mạnh là có vẻ đơn giản nhất!!!
liệu có ai có cách sơ cấp hơn không !!!!!!!

Tình hình là nhập viện hôm qua

thế thắng bị H1N1 hả???

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 123455: 12-09-2009 - 12:56

[Toanlc_gift]

chaj`,anh Thắng expand bằng tay cái biểu thức $(a+b+c)^8$ cơ à,rảnh quá nhể

[mai quoc thang]

thế thắng bị H1N1 hả???

À

Tớ bị phổi

Đêm ngủ đàm lên làm tắt đường thở

[Toanlc_gift]

có một lời giải bằng SOS đóa

[123455]

có một lời giải bằng SOS đóa

hay! nhưng tui lười expand lắm!!!

[mai quoc thang]

cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3
cmr: $\dfrac{1}{ a^2} + \dfrac{1}{ b^2} +\dfrac{1}{ c^2} \geq a^{2} +b^{2} +c^{2} $

Bài khác nhá

Cho $ a,b,c>0 $ thõa : $ a+b+c=3 $ .

Chứng minh :

$ 8(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})+9 \geq 10(a^2+b^2+c^2) $

P/S : chắc bổ đề gì gì trên kia pó tay rồi nhẽ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mai quoc thang: 12-09-2009 - 13:07

[cvp]

cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3
cmr: $\dfrac{1}{ a^2} + \dfrac{1}{ b^2} +\dfrac{1}{ c^2} \geq a^{2} +b^{2} +c^{2} $

$\Leftrightarrow \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+2(ab+bc+ca)\ge9$
Cần cm: $\dfrac{3}{abc}+(ab+bc+ca)+(ab+bc+ca)\ge 9$
AM-GM 3 số =>Q.E.D
Bài pác thắng trong wen old and new methods fai kok nhể??

[mai quoc thang]

Bài pác thắng trong wen old and new methods fai kok nhể??

Chả biết .

Nhớ là có bài như thế thôi .

Đêm trong bệnh viện buồn quá .

Nghịch phá 1 chút thì phát hiện ra vài thứ .

Bài toán sau vẫn đúng :

Cho $ a,b,c>0 $ thõa : $ a+b+c=3$ .

Chứng minh :

$ \dfrac{1}{a^3}+\dfrac{1}{b^3}+\dfrac{1}{c^3} \geq a^3+b^3+c^3 $

cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3
cmr: $\dfrac{1}{ a^2} + \dfrac{1}{ b^2} +\dfrac{1}{ c^2} \geq a^{2} +b^{2} +c^{2} $

Ta có : $ \sum \dfrac{1}{a^2} \geq \sum \dfrac{1}{ab} \geq \sum a^2 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mai quoc thang: 12-09-2009 - 22:35

[123455]

Ta có : $ \sum \dfrac{1}{a^2} \geq \sum \dfrac{1}{ab} \geq \sum a^2 $

cách làm khá hay đấy!!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 123455: 12-09-2009 - 22:44

[123455]

nhầm ! tự nhiên bị đơ! post xong mới thấy mình bị dở!!!!!
xin lỗi nha!

à! cho tui link down maple được không!?

-----------------------------------------------------------------------------------------------------

@: search google đi ... nhiều lắm ...... diễn đàn mình hình như cũng có nữa

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mai quoc thang: 12-09-2009 - 22:49

[mai quoc thang]

Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3

cmr: $\dfrac{1}{ a^5} + \dfrac{1}{ b^5} +\dfrac{1}{ c^5} \geq a^{5} +b^{5} +c^{5} $

[123455]

Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3

cmr: $\dfrac{1}{ a^5} + \dfrac{1}{ b^5} +\dfrac{1}{ c^5} \geq a^{5} +b^{5} +c^{5} $

ta cứ quy đồng và trải qua một số bước khai triển thì BĐT cần chứng minh chỉ còn phải CM
$ 2(3-c)^{10}+c^{10} \le 3$ với $ a \ge b \ge c$
mình lười khai triển pác nào dùng maple giúp với xem BĐT này có đúng không?
nếu đúng coi như done còn nếu sai thì để em suy nghĩ hướng khác!
có thể dùng dồn biến được!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 123455: 16-09-2009 - 13:54

[nguyen_ct]

ta cứ quy đồng và trải qua một số bước khai triển thì BĐT cần chứng minh chỉ còn phải CM
$ 2(3-c)^{10}+c^{10} \le 3$ với $ a \ge b \ge c$
mình lười khai triển pác nào dùng maple giúp với xem BĐT này có đúng không?
nếu đúng coi như done còn nếu sai thì để em suy nghĩ hướng khác!
có thể dùng dồn biến được!

nhìn cái biết sai rồi trong cái
$ 2(3-c)^{10}+c^{10} \le 3$ với $ a \ge b \ge c$ mà thay $c \le 1$ thì ....