Chủ đề này có 5 trả lời

[Đặng Văn Sang]

1.Với a;b;c > 0 thõa $a+b+c \geq abc$ CMR
$a^2+b^2+c^2 \geq \sqrt{3}.abc$
2.Cho a;b;c là các số thực thõa mãn $a^2+b^2+c^2=9$ CMR
$2(a+b+c)-abc \leq 10$

[Messi_ndt]

2.Cho a;b;c là các số thực thõa mãn $a^2+b^2+c^2=9$ CMR
$2(a+b+c)-abc \leq 10$

Dồn biến giải quyết khá đẹp

Cho$ f(x,y,z) =2(x+y+z)-xyz ,k= \sqrt{\dfrac{x^{2}+y^{2}}{2}}$.Xét$ d= f(x,y,z)- f(x,k,k) =2(y+z-2t)-x(yz-t^{2}) $
Do $ y+z-2t \leq 0 ,yz-t^{2} \leq 0 \Rightarrow $ nếu x 0 thì d 0.Không mất tính tổng quát,giã sữ x=min{x,y,z}
+)Nếu x 0,khi đó $ f(x,y,z) \leq f(x,k,k)$.Ta sẽ chứng minh f(x,k,k) 10
Thay $ t= \sqrt{\dfrac{9-x^{2}}{2}}\Rightarrow f(x,k,k)=2x+2\sqrt{2(9-x^{2}}-\dfrac{x(9-x^{2}}{2}=g(x),x \in [-3;0]$
Từ : $ g'(x)=\dfrac{3x^{2}}{2} -\dfrac{5}{2} -\dfrac{4x}{\sqrt{18-2x^{2}}} =0 \Rightarrow x=-1 \in [-3;0]$
Từ đó dễ thấy $ f(x,y,z)\leq f(x,t,t)=g(x), \forall x \in [-3;0].f(x,y,z)=10 \Leftrightarrow x=-1,y=z=2 $
+)Nếu x>0 suy ra y và z >0(Theo giã sữ)
TH1: Với $x \geq 3/4 \Rightarrow f(x,y,z) =2(x+y+z)-xyz \leq 2\sqrt{3(x^{2}+y^{2}+z^{2}} -(3/4)^{2} =2 \sqrt{27}-\dfrac{27}{64} <10$
TH2:Với$ x \leq 3/4 \Rightarrow f(x,y,z) =2(x+y+z)-xyz \leq 2(\sqrt{2(y^{2}-z^{2}}+3/4) \leq 2(\sqrt{18}+3/4)<10 $
Dấu = xảy ra tại x=-1,y=z=2,và các hoán vị khi cho y,z min

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Duy Tùng: 17-02-2010 - 17:31

[*LinKinPark*]

Bài 1:
Điều kiện đề bài tương đương: $\dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{1}{{bc}} + \dfrac{1}{{ca}} \ge 1$
Đặt $x = \dfrac{1}{a},y = \dfrac{1}{b},z = \dfrac{1}{c}$. Điều kiện trên trở thành $xy + yz + zx \ge 1$
Bất đẳng thức cần CM tương đương:
$\dfrac{1}{{{x^2}}} + \dfrac{1}{{{y^2}}} + \dfrac{1}{{{z^2}}} \ge \sqrt 3 \dfrac{1}{{xyz}} \Leftrightarrow {x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}{x^2} \ge \sqrt 3 xyz$
Ta có:
${x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}{x^2} \ge xyz\left( {x + y + z} \right) \ge xyz.\sqrt {3\left( {xy + yz + zx} \right)} \ge \sqrt 3 xyz$
Bài 2:
Từ điều kiện ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 9$ ta suy ra chỉ tồn tại một trong 2 trường hợp sau:
1)$a,b,c \ge 0$
2)Tồn tại duy nhất một số nhỏ hơn 0
Ta sẽ CM từng trường hợp
TH1: $a,b,c \ge 0$
Nếu $abc \ge 1$ thì $2\left( {a + b + c} \right) - abc \le 2\sqrt {3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} - 1 < 10$ (done)
Nếu $abc < 1$ thì tồn tại 1 số bé hơn 1. G/s là $a < 1$. Khi đó:
$2\left( {a + b + c} \right) - abc \le 2\left[ {a + \sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)} } \right] = 2\left[ {a + \sqrt {2\left( {9 - {a^2}} \right)} } \right]$
Ta CM: $a + \sqrt {18 - 2{a^2}} \le 5 \Leftrightarrow 3{a^2} - 10a + 7 \ge 0$ (đúng với $a < 1$)
TH2: tồn tai 1 số âm. Giả sử $c < 0$. Đặt $c' = - c > 0$
Cần Cm: $2\left( {a + b - c'} \right) + abc' \le 10$. Tương đương với:
${\left( {a - 2} \right)^2} + {\left( {b - 2} \right)^2} + {\left( {c' - 1} \right)^2} \ge 2abc' - 6c' - 2$ (1)
Ta có: $2abc' - 6c' - 2 \le c'\left( {{a^2} + {b^2}} \right) - 6c' - 2 = c'\left( {9 - c{'^2}} \right) - 6c' - 2$
$ = - c{'^3} + 3c' - 2 = - \left( {c' + 2} \right){\left( {c' - 1} \right)^2} \le 0$
Do vậy (1) đúng
Done ^^!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi *LinKinPark*: 17-02-2010 - 18:06

[Đỗ Quang Duy]

Nhìn thấy bài 2 của bạn Sang mình nhớ đến một bài của bạn math_lovely
Nhấn vào đây
Nhưng cách giải của mình trong Topic ấy bị sai mất rồi Còn đây là bài 2 của bạn Sang :
$A=2(a+b+c)-abc=a(2-bc)+2(b+c)\leq\sqrt{[a^2+(b+c)^2][(2-bc)^2+4]}=\sqrt{[9+2bc][(bc-2)^2+4]}$
Giả sử $a \geq b \geq c$ thì $bc\leq\dfrac{a^2+b^2}{2}=\dfrac{9-a^2}{2}\leq3$
Từ đó sẽ giải quyết được bài toán

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Đỗ Quang Duy: 17-02-2010 - 18:30

[vo thanh van]

Một hướng xử lí bài 2 là p,q,r với $a+b+c=p,ab+bc+ca=\dfrac{p^2-q^2}{3}(q\ge 0),r=abc$.Các em thử xem nhé

[abstract]

Một hướng xử lí bài 2 là p,q,r với $a+b+c=p,ab+bc+ca=\dfrac{p^2-q^2}{3}(q\ge 0),r=abc$.Các em thử xem nhé

Xong ta dung bo de anh Can:
Can 's lemma: $\dfrac{(p+q)^{2}(p-2q)}{27} \leq r \leq \dfrac{(p-q)^{2}(p+2q)}{27} $
this is a powerful lemma, the equality occur iff $(a-b)(b-c)(c-a)=0$
Ta co $LHS=2p-r \leq 2p-\dfrac{(p+q)^{2}(p-2q)}{27}= \dfrac{p(5q^{2}+27)+2q^{3}}{27}$
Ta can CM: $[p(5q^{2}+27)]^2 \leq [270-2q^{3}]^2$
Gia thet tuong duong voi $p^2+2q^2=9 \Rightarrow p^2=9-2q^2$
The vao ta can cm: $(q-3)^2(2q^4+12q^3+49q^2+146q+219) \geq 0$ luon dung
$ \Rightarrow Q.E.D$. Dau = khi $(a,b,c) \equiv (2,2-1)$
PS: Bo de co the chien dc moi BDT doi xung

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi abstract: 17-02-2010 - 20:27