Chủ đề này có 4 trả lời

[huou202]

Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$.Cm
$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq a^2+b^2+c^2$

[Tham Lang]

Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$.Cm
$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq a^2+b^2+c^2$

Giải :
Bất đẳng thức tương đương :
$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge (a+b+c)^2-2(ab+bc+ca) \Leftrightarrow \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+2(ab+bc+ca)\ge 9$$
Đúng vì theo $AM-GM$ ta có :
$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+ab+bc+ca+ab+bc+ca\ge 9$$
Nhận xét :
Để ý rằng $abc\le 1$ nên ta còn có thể mở rộng thêm cho bài toán bằng cách, tìm hệ số thích hợp sao cho sau khi sử dụng $AM-GM$ sẽ xuất hiện $abc$ ở mẫu. Nên có thể biến hóa thành nhiều dạng khác nhau, với hệ số và số mũ khác nhau.

[Jelouis]

Đúng vì theo $AM-GM$ ta có :
$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+ab+bc+ca+ab+bc+ca\ge 9$$

Em thấy hình như chỗ này có điểm không ổn anh ạ :-?
Nếu dùng $AM-GM$ cho cả bộ $9$ số thì đâu triệt tiêu hết được $a , b , c ?$
Còn nếu dùng cho bộ $6$ số $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+ab+ac+bc$ thì ta cũng đâu chứng minh được $ab+bc+ac \geq 3 . :-?$
Nếu em có sai mong anh bỏ qua.

Em dùng cách này:
Nhận thấy :
$a,b,c \geq \frac{1}{3}$
$\Longrightarrow a,b,c \in [\frac{1}{3};\frac{7}{3}]$
Ta đưa bài toán về chứng minh
$\frac{1}{a^2}-a^2+\frac{1}{b^2}-b^2+\frac{1}{c^2}-c^2 \geq 0 .$ với $a,b,c \in [\frac{1}{3};\frac{7}{3}] .$
Đặt$ f(x) = \frac{1}{x^2}-x^2$
Dễ dàng nhận thấy :
$f(a) - (4-4a) = \frac{(a-1)^2(2-(a-1)^2)}{a^2} \geq 0 ( a \leq \frac{7}{3} )$
Tương tự :
$f(b)-(4-4b) \geq 0$
$f( c )-(4-4c) \geq 0 $
$\Longrightarrow f(a)+f(b)+f( c ) \geq 4-4a+4-4b+4-4c = 12-4(a+b+c) =0$
$\Longrightarrow$ đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jelouis: 26-04-2012 - 15:33

[Crystal]

Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$.Cm
$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq a^2+b^2+c^2$

Cách 1.

Áp dụng BĐT AM - GM, ta có:
\[\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} \ge \frac{1}{{ab}} + \frac{1}{{bc}} + \frac{1}{{ca}} = \frac{{a + b + c}}{{abc}} = \frac{3}{{abc}}\]
Ta cần chứng minh: \[\frac{3}{{abc}} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} \Leftrightarrow abc\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \le 3\]
Thật vậy, bất đẳng thức được viết lại:
\[27 \ge 3abc\left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\]
Sử dụng: \[{\left( {ab + bc + ca} \right)^2} \ge 3abc\left( {a + b + c} \right)\]
Suy ra: \[27 \ge \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right){\left( {ab + bc + ca} \right)^2}\]
Lại áp dụng AM - GM, ta có:
\[\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right){\left( {ab + bc + ca} \right)^2} \le {\left( {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + ab + bc + ca + ab + bc + ca}}{3}} \right)^3} = 27\]
Xong

[KietLW9]

$\frac{1}{a^{2}}$ + $\frac{1}{b^{2}}$ + $\frac{1}{c^{2}}$ $\geq$ $a^2 + b^2 +c^2$ - Bất đẳng thức và cực trị - Diễn đàn Toán học