Chủ đề này có 3 trả lời

[dungab]

Cho $a+b+c=3$. CMR : $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geqslant a^2+b^2+c^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huynhmylinh: 04-06-2012 - 21:14

[tranghieu95]

Cho $a+b+c=3$. CMR : $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geqslant a^2+b^2+c^2$

BĐT đã cho tương đương với:
$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+2(ab+bc+ca)\geq 9$
Ta có:
$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+2(ab+bc+ca)\geq \dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}+2\sqrt{3abc(a+b+c)}\geq \dfrac{a+b+c}{abc}+6\sqrt{abc}=\dfrac{3}{abc}+3\sqrt{abc}+3\sqrt{abc}\geq 9$
Vậy ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranghieu95: 04-06-2012 - 21:53

[danganhaaaa]

BĐT $\Leftrightarrow \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+2(ab+bc+ac)\geq (a+b+c)^{2}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+2(ab+bc+ac)\geq 9$
áp dụng BĐT cô si cho các số dương ta được đpcm

[nguyenta98]

Cho $a+b+c=3$. CMR : $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geqslant a^2+b^2+c^2$

Sau đây là một cách giải củ bựa mà mình dày công suy nghĩ, không biết có phải do lú lẫn không nữa =))
Giải như sau:
$BDT \leftrightarrow \dfrac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}{a^2b^2c^2}\geq a^2+b^2+c^2(*)$
$VT(*) \geq \dfrac{abc(a+b+c)}{a^2b^2c^2}=\dfrac{a+b+c}{abc}$
Cần chứng minh $a+b+c\geq abc(a^2+b^2+c^2)$
Tương đương
$(a+b+c)^5\geq 81abc(a^2+b^2+c^2)$
Vì đây là bất đẳng thức thuần nhất nên chuẩn hóa $abc=1$
Áp dụng bất đẳng thức $(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)$
Suy ra $(a+b+c)^6\geq 27.3(a+b+c)abc(a^2+b^2+c^2)(**)$
$VP(**)\le 27(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)$
Đặt $a+b+c=p, ab+bc+ca=q$
$\rightarrow (a+b+c)^6-27(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)=p^6-27q^2(p^2-2q)=(p^2-3q)^2(p^2+6q)\geq 0$ hiển nhiên
Bất đẳng thức được chứng minh hoàn toàn, dấu $=$ khi $a=b=c=1$ (kết hợp $abc=1$ chuẩn hóa và $a+b+c=3$)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 05-06-2012 - 18:49