Đến nội dung

Hình ảnh

$a^2 + b^2 + c^2 + 3 + 6\sqrt 2 \ge \left( {2 + 2\sqrt 2 } \right)\left( {a + b + c} \right)$

* * * * * 3 Bình chọn dark templar mọi người

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4990 Bài viết
Bài toán: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả $abc+ab+bc+ca=4$.
Chứng minh rằng:
\[
a^2 + b^2 + c^2 + 3 + 6\sqrt 2 \ge \left( {2 + 2\sqrt 2 } \right)\left( {a + b + c} \right)
\]

@Dark Templar:Anh nhớ bài này em post lâu lắm rồi mừ ??

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 06-12-2012 - 20:44

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#2
WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản lý Toán Ứng dụ
  • 1323 Bài viết

Bài toán: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả $abc+ab+bc+ca=4$.
Chứng minh rằng:
\[
a^2 + b^2 + c^2 + 3 + 6\sqrt 2 \ge \left( {2 + 2\sqrt 2 } \right)\left( {a + b + c} \right)
\]

Em xin lỗi a Hân lần trước đã không giúp được anh :P
Bài này em dùng dồn biến :">
Giả sử $c=Min(a;b;c)$. Ta thấy tồn tại $t\in R^{+}$ sa0 ch0 $t^2+2tc+t^2c=4$. Lúc đó ta có:

$$ab+bc+ca+abc=t^2+2tc+t^2c \, \Rightarrow \, (c+1)(t^2-ab)=c(a+b-2t)$$
$\bullet $ Nếu $a+b\leq 2t,t^2\leq ab\Rightarrow 4ab\geq (a+b)^2$ ( Vô lí )
$\bullet $ Nên $a+b\geq 2t,t^2\geq ab$. Ta đặt:
$$\mathcal{P}_{(a;b;c)}=a^2+b^2+c^2+3 + 6\sqrt{2}-\left({2+2\sqrt{2}}\right)\left( {a + b + c} \right)$$
Ta sẽ chứng minh $\mathcal{P}_{(a;b;c)}\geq \mathcal{P}_{(t;t;c)}$. Điều đó tương đương:
$$a^2+b^2-2t^2\geq 2(1+\sqrt{2})(a+b-2t)$$
$$\Leftrightarrow (a+b)^2-4t^2+2t^2-2ab\geq 2(1+\sqrt{2})(a+b-2t)$$
$$\Leftrightarrow (a+b-2t)(a+b+2t)+2t^2-2ab\geq 2(1+\sqrt{2})(a+b-2t)\,(*)$$
$\bullet $ Nếu $a+b-2t=0$ thì $t^2-ab=0$ Suy ra $4ab=(a+b)^2\Rightarrow a=b=t$
$\bullet $ Nếu $a+b-2t>0$ ta chia 2 vế của $(*)$ cho $a+b-2t$ và viết lại bất đẳng thức:
$$a+b+2t+\frac{2c}{c+1}\geq 2(1+\sqrt{2})$$
Nhưng từ điều kiện ta dễ dàng suy ra $t\geq 1$ và $a+b+c\geq 3$, $c\leq 1$ vậy nên ta chỉ cần chứng minh:
$$a+b+\frac{2c}{1+1}\geq 2\sqrt{2}$$
$$\Leftrightarrow a+b+c\geq 2\sqrt{2}$$
(Luôn đúng do $a+b+c\geq 3$ )
Vậy công việc cuối cùng là chứng minh $\mathcal{P}_{(t;t;c)}\geq 0$ hay:
$$2t^2+c^2+3+6\sqrt{2}\geq 2(1+\sqrt{2})(2t+c)$$
Do $t^2+2tc+t^2c=4\Rightarrow c(t^2+2t)=4-t^2\Rightarrow c=\frac{2-t}{t}$ thay vào thì ta có thể viết lại bất đẳng thức thành:
$$2t^2+\frac{(2-t)^2}{t^2}+3+6\sqrt{2}\geq 2(1+\sqrt{2})(2t+c)$$
$$\Leftrightarrow 2(t-1)[t^3+t^2+(\sqrt{2}+1)t+2\sqrt{2}]\geq 0$$
Điều này luôn đúng do $t\geq 1$
Kết thúc chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=1$ $\blacksquare$
“There is no way home, home is the way.” - Thich Nhat Hanh





Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: dark templar, mọi người

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh