Chủ đề này có 4 trả lời

[T M]

Bài 1: (Belarus 2001) Cho $a>0$ và $n\in \mathbb{N^*}$, chứng minh rằng $$a^n+\frac{1}{a^n}-2 \geq n^2\left ( a+\frac{1}{a}-2 \right )$$

 

Bài 2: (Czech MO 2000) Cho $a;b >0$, chứng minh rằng $$\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}} \leq \sqrt[3]{2(a+b)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )}$$

 

 

 

[banhgaongonngon]

Bài 2: (Czech MO 2000) Cho $a;b >0$, chứng minh rằng $$\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}} \leq \sqrt[3]{2(a+b)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b} \right )}$$

 

Bài 2

 

Đặt $\left\{\begin{matrix} x=\sqrt[3]{\frac{a}{b}}\\ y=\sqrt[3]{\frac{b}{a}} \end{matrix}\right.$ với $x>0, y>0, xy=1$

 

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

 

$x+y\leq \sqrt[3]{4+2x^{3}+2y^{3}}$

 

$\Leftrightarrow x^{3}+y^{3}+3xy(x+y)\leq 4+2x^{3}+2y^{3}$

 

$\Leftrightarrow 3x+3y\leq x^{3}+y^{3}+4 $

 

$\Leftrightarrow (x+2)(x-1)^{2}+(y+2)(y-1)^{2}\geq 0$

 

Vậy bất đẳng thức cần chứng minh là đúng.

[T M]

Bước cuối có thể dùng BĐT Cauchy - Schwarz chắc nhàn hơn  

 

$$x^3+y^3 \geq \frac{\left ( x^2+y^2 \right )^2}{x+y} \geq \frac{\left ( \frac{(x+y)^2}{2} \right )^2}{x+y}=\frac{(x+y)^3}{4}$$

 

Cũng có thể chứng minh trực tiếp bằng Holder.

 

Chú ý là $x+y \geq 2$. 

[Tru09]

Bài 1: (Belarus 2001) Cho $a>0$ và $n\in \mathbb{N^*}$, chứng minh rằng $$a^n+\frac{1}{a^n}-2 \geq n^2\left ( a+\frac{1}{a}-2 \right )$$

 

 

Bài Làm :
BĐT$ \Leftrightarrow \frac{(a^n-1)^2}{a^n} \geq n^2\frac{(a-1)^2}{a}$

$\Leftrightarrow (a^n-1)^2 \geq n^2 (a-1)^2 .a^{n-1}$

$\Leftrightarrow (a-1)^2 (a^{n-1} +...+1)^2 \geq n^2(a-1)^2 .a^{n-1}$

$\Leftrightarrow a^{n-1} +....+1  \geq n .\sqrt{a^{n-1}} (1)$

Với n =1 Ta có đpcm

Giả sử BĐT đúng với n.

Ta chứng minh BĐT đúng với n+1

$\rightarrow a^n +.... +1 \geq a^n +n\sqrt{a^{n-1}} \geq (n+1)\sqrt{a^n}$

$\Leftrightarrow \sqrt{a^{n+1}} +n \geq (n+1)\sqrt{a}$

Ta có $\sqrt{a^{n+1}} +n \geq (n+1)\sqrt[n+1]{a^{n+1}} =(n+1)\sqrt{a}$

 

Theo nguyên lý quy nạp ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 07-09-2013 - 21:10

[dinhthanhhung]

Bài 1: (Belarus 2001) Cho $a>0$ và $n\in \mathbb{N^*}$, chứng minh rằng $$a^n+\frac{1}{a^n}-2 \geq n^2\left ( a+\frac{1}{a}-2 \right )$$

 

 

 

Tương đương :

$a^{2n}+1-2a^n\geq n^2a^{n-1}(a^2-2a+1)$

$\Leftrightarrow (a^n-1)^2\geq n^2a^{n-1}(a-1)^2$ 

$\Leftrightarrow \sum_{i=0}^{n-1}a^i\geq n\sqrt{a^{n-1}}$  (AM-GM)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dinhthanhhung: 12-09-2013 - 23:28