3 replies to this topic

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Cho a,b,c là các số thực dương.Chứng minh
$$10(a^{2}+b^{2}+c^{2})+abc+32\geq 21(a+b+c)$$

Edited by HÀ QUỐC ĐẠT, 24-10-2012 - 16:56.

[WhjteShadow]

Cho a,b,c là các số thực dương.Chứng minh
$$10(a^{2}+b^{2}+c^{2})+abc+32\geq 21(a+b+c)$$

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ dạng $a^2+1\geq 2a$ sau đó cộng lại ta có:
$$8(a^2+b^2+c^2)+24\geq 16(a+b+c)$$
Nên ta chỉ cần chứng minh :
$$2(a^2+b^2+c^2)+abc+8\geq 5(a+b+c)$$
Do $a-1,b-1,c-1$ chắc chắn có 2 số cùng dấu (nguyên lí $Dirichlet$ ) nên ta có thể giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow ab\geq a+b-1$.
Vì vậy ta chỉ cần chỉ ra:
$$c(a+b-1)+2[(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2]\geq a+b+c$$
$$\Leftrightarrow 2[(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2]\geq (a+b-2)(1-c)$$
Và điều này hiển nhiên đúng khi ta áp dụng liên tiếp bất đẳng thức $AM-GM$:
$$(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2\geq \frac{(a+b-2)^2}{2}+(c-1)^2$$
$$\geq \sqrt{2}.\left|(a+b-2)(c-1)\right| \geq \frac{1}{2}.\left|(a+b-2)(c-1)\right|\geq \frac{1}{2}(a+b-2)(1-c)$$
Vậy ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=1$ $\square$

Edited by WhjteShadow, 24-10-2012 - 21:02.

[Joker9999]

Đặt x=a-1,y=b-1,z=c-1. ta có BDT trên tương đương với:
$10(\sum x^{2})+xyz+xy+xz+yz\geq 0$ (*)
Ta có: Do a,b,c dương nên x,y,z>-1.
-----Nếu 3 số trên>0 thì (*) đúng
-----Nếu 2 số ko âm và 1 số dương, giả sử $x,y\geq 0; z<0$ thì $x^{2}+y^{2}\geq xyz$( do z thuộc đoạn -1 đến 0);
$z^{2}+x^{2}+y^{2}\geq z^{2}+(x+y)^{2}\geq z(x+y)$=> (*) đúng
-----Nếu 2 số ko dương và 1 số k âm thì:
xyz$\geq 0$
$10(\sum x^{2})\geq (xy+xz+yz)$
Do đó (*) đúng.
-----Nếu 3 số trên <0 thì:
$x^{2}+y^{2}\geq xyz$( do z thuộc đoạn -1 đến 0);$10(\sum x^{2})\geq (xy+xz+yz)$ nên (*) đúng
Vậy ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=0 hay a=b=c=1

[Tham Lang]

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ dạng $a^2+1\geq 2a$ sau đó cộng lại ta có:
$$8(a^2+b^2+c^2)+24\geq 16(a+b+c)$$
Nên ta chỉ cần chứng minh :
$$2(a^2+b^2+c^2)+abc+8\geq 5(a+b+c)$$
Do $a-1,b-1,c-1$ chắc chắn có 2 số cùng dấu (nguyên lí $Dirichlet$ ) nên ta có thể giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow ab\geq a+b-1$.
Vì vậy ta chỉ cần chỉ ra:
$$c(a+b-1)+2[(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2]\geq a+b+c$$
$$\Leftrightarrow 2[(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2]\geq (a+b-2)(1-c)$$
Và điều này hiển nhiên đúng khi ta áp dụng liên tiếp bất đẳng thức $AM-GM$:
$$(a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2\geq \frac{(a+b-2)^2}{2}+(c-1)^2$$
$$\geq \sqrt{2}.\left|(a+b-2)(c-1)\right| \geq \frac{1}{2}.\left|(a+b-2)(c-1)\right|\geq \frac{1}{2}(a+b-2)(1-c)$$
Vậy ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=1$ $\square$

Phần 2 thì có thể áp dụng BĐT quen thuộc :
$$a^2+b^2+c^2+2abc+1 \ge 2(ab+bc+ca)$$
Ta cần chứng minh :
$$(a+b+c)^2 +9\ge 6(a+b+c)$$
Hiển nhiên đúng theo AM-GM.

Edited by Tham Lang, 25-10-2012 - 20:41.