Dựa vào BĐT cơ bản để CM 1 bất đẳng thức mới

bdtnk1

 

BĐT cơ bản 1. Cho $a, b,c $ tuỳ ý, ta có các bất đẳng thức cơ bản sau đây:

$\left\lbrace\begin{array}{l}a^2+b^2\geqslant 2ab\\
b^2+c^2\geqslant 2bc\\
c^2+a^2\geqslant 2ca\end{array} \right.$ $⇒ a^2+b^2+c^2\geqslant ab+bc+ca$
BĐT cơ bản 2. Với $a, b, c$ tuỳ ý ta có:
 
$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca) \geqslant 3(ab+bc+ca)$.
 

Ngoài ra:
 
$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\leqslant 3(a^2+b^2+c^2)$.

Vậy:
$$3(ab+bc+ca)\leqslant (a+b+c)^2\leqslant 3(a^2+b^2+c^2)$$

 

 

 

Áp dụng. Ta chứng minh bất đẳng thức đã cho.
 

Đặt $x=a+b+c, y=ab+bc+ca$. Theo đề bài $a^2+b^2+c^2+3=2(ab+bc+ca) ⇔ x^2-2y+3=2y ⇔ y=\dfrac{x^2+3}{4} \quad (1)$
 

Theo bất đẳng thức cơ bản 2 ta có: $3y\leqslant x^2 \quad (2)$

Từ (1) và (2) ta suy ra $\qquad 3.\dfrac{x^2+3}{4} \leqslant x^2 ⇔ x^2 \geqslant 9$ và do $x\geqslant 0$ nên ta suy ra $x \geqslant 3$.

Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức bên phải: $x \leqslant \dfrac{2y+3}{3}$. (3)

Thậy vậy $(3) ⇔ 3x \leqslant \dfrac{x^2+3}{2}+3 ⇔ x^2-6x+9 \geqslant 0 ⇔ (x-3)^2 \geqslant 0$ (hiển nhiên).

Tóm lại ta đã chứng minh được: $$\begin{array}{l} a+b+c \geqslant 3\\
a+b+c \leqslant \dfrac{2(ab+bc+ca)+3}{3}\end{array} $$

Chia sẻ

About TS. Nguyễn Thái Sơn

TS. Nguyễn Thái Sơn
Nguyên trưởng Khoa Toán-Tin học ĐHSP TP HCM (1999-2009). /n Nguyên Giám đốc- Tổng biên tập NXB ĐHSP TP HCM (2009-2011). /n Nguyên Tổng thư ký Hội Toán học TP HCM (2008-2013). /n Giảng viên thỉnh giảng ĐHSP TP HCM.

Bài Viết Tương Tự

Bài toán Hình hoc TS 10 PTNK (câu 4)

    Gọi $N$ là giao điểm của $AE$ và $HT$. Tam giác $HKN$ vuông …

×

Sai số! tác hại to lớn của việc sử dụng máy tính Casio giả và cách phòng tránh Chi tiết