Register Now

Login

Lost Password

Lost your password? Please enter your email address. You will receive a link and will create a new password via email.

222-9+11+12:2*14+14 = ? ( )

Toán Lớp 9: `a,b,c>0;abc=1` Cmr `1/(a^2.(b+c))+1/(b^2.(c+a))+1/(c^2.(a+b))>=3/2`

Home/ Toán Lớp 9: `a,b,c>0;abc=1` Cmr `1/(a^2.(b+c))+1/(b^2.(c+a))+1/(c^2.(a+b))>=3/2`

Toán Lớp 9: `a,b,c>0;abc=1` Cmr `1/(a^2.(b+c))+1/(b^2.(c+a))+1/(c^2.(a+b))>=3/2`

Tháng Bảy 23, 2022 Toán học 2 Comments 0 views

Toán Lớp 9: a,b,c>0;abc=1
Cmr 1/(a^2.(b+c))+1/(b^2.(c+a))+1/(c^2.(a+b))>=3/2

Comments ( 2 )

  1. minhtuyethue
    minhtuyethue
    23 Tháng Bảy, 2022 at 8:59 chiều
    Reply
    Giải đáp:
    Cách 1:
    $\frac{1}{a^2(b+c)}+\frac{1}{b^2(c+a)}+\frac{1}{c^2(a+b)}$
    $ = \frac{abc}{a^2(b+c)}+\frac{abc}{b^2(c+a)}+\frac{abc}{c^2(a+b)} $ 
    $=\frac{bc}{a(b+c)}+\frac{ac}{b(c+a)}+\frac{ab}{c(a+b)}$
    $=\frac{(bc)^2}{abc(b+c)}+\frac{(ac)^2}{abc(c+a)}+\frac{(ab)^2}{abc(a+b)}$
    $= \frac{(bc)^2}{b+c}+\frac{(ac)^2}{c+a}+\frac{(ab)^2}{a+b}$
    Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$:
    $=>VT \ge \frac{(ab+bc+ac)^2}{2(a+b+c)}$ 
    Chuyển điều phải chứng minh trở thành:
    $=>\frac{(ab+bc+ac)^2}{2(a+b+c)} \ge \frac{3}{2}$
    $<=> (ab+bc+ac)^2 \ge 3(a+b+c)$ 
    $<=> (ab+bc+ac)^2 \ge 3abc(a+b+c)$
    $<=> (ab)^2 + (bc)^2 +(ca)^2 -2(ab).(bc)-2(bc).(ac)-2(ab).(ac) – 3(ab).(ac) – 3(ab).(bc) -3(ac).(bc) \ge 0$
    $<=> (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2 -(ab).(ac)-(ab).(bc)-(ac).(bc) \ge 0$
    $<=> \frac{1}{2}.[(ab)^2+(ac)^2-2(ab).(ac)]+ \frac{1}{2}.[(ab)^2+(bc)^2-2(ab).(bc)]+\frac{1}{2}.[(ac)^2+(bc)^2-2(ac).(bc)] \ge 0$
    $<=> \frac{1}{2}.(ab-ac)^2+ \frac{1}{2}.(ab-bc)^2+ \frac{1}{2}.(ac-bc)^2 \ge 0$ (Luôn đúng)
    Dấu bằng xảy ra khi: $ab=bc=ac=a=b=c=1$
    Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức ”Cauchy-Schwarz”-”Hodler”
    $[\frac{1}{a^2(b+c)}+\frac{1}{b^2(a+c)}+\frac{1}{c^2(a+b)}][(b+c)+(a+c)+(a+b)] \ge (\frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2 =(ab+bc+ac)^2$
    $=> \frac{1}{a^2(b+c)}+\frac{1}{b^2(a+c)}+\frac{1}{c^2(a+b)} \ge \frac{(ab+bc+ac)^2}{2(a+b+c)} = \frac{(ab+bc+ac)^2}{2.abc(a+b+c)}$
    Chuyển điều cần chứng minh trở thành:
    $=>(ab+bc+ac)^2 \ge 3abc(a+b+c)$
    $<=> (ab)^2 + (bc)^2 +(ca)^2 -2(ab).(bc)-2(bc).(ac)-2(ab).(ac) – 3(ab).(ac) – 3(ab).(bc) -3(ac).(bc) \ge 0$
    $<=> (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2 -(ab).(ac)-(ab).(bc)-(ac).(bc) \ge 0$ (Luôn đúng)
    Dấu bằng xảy ra khi: $ab=bc=ac=a=b=c=1$

  2. dinhcongson
    dinhcongson
    23 Tháng Bảy, 2022 at 8:59 chiều
    Reply
    Giải đáp + Lời giải và giải thích chi tiết:
    $\dfrac{1}{a^2(b+c)}+\dfrac{1}{b^2(c+a)}+\dfrac{1}{c^2(a+b)}$
    $=\dfrac{b^2c^2}{a^2b^2c^2(b+c)}+\dfrac{c^2a^2}{a^2b^2c^2(c+a)}+\dfrac{a^2b^2}{a^2b^2c^2(a+b)}$
    $=\dfrac{b^2c^2}{b+c}+\dfrac{c^2a^2}{c+a}+\dfrac{a^2b^2}{a+b}$ (Do $abc=1$)
    Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta được:
    $\dfrac{b^2c^2}{b+c}+\dfrac{c^2a^2}{c+a}+\dfrac{a^2b^2}{a+b}\ge\dfrac{(ab+bc+ca)^2}{2(a+b+c)}$
    Như vậy, ta cần chứng minh $\dfrac{(ab+bc+ca)^2}{2(a+b+c)}\ge\dfrac{3}{2}$
    Hay $(ab+bc+ca)^2\ge3(a+b+c)$
    Thật vậy, $(ab+bc+ca)^2\ge3abc(a+b+c)=3(a+b+c)$
    $⇔(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2+2abc(a+b+c)\ge3abc(a+b+c)$
    $⇔(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2\ge abc(a+b+c)$ $(*)$
    Áp dụng bất đẳng thức cơ bản $x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx$ ta có ngay bất đẳng thức $(*)$
    Khi đó, $\dfrac{1}{a^2(b+c)}+\dfrac{1}{b^2(c+a)}+\dfrac{1}{c^2(a+b)}\ge\dfrac{3}{2}$
    Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Leave a reply

222-9+11+12:2*14+14 = ? ( )

Khánh Ngân

About Khánh Ngân