Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa $x+y+z=3$. Chứng minh rằng:
$\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\geq xy+yz+zx$
$\sum \left(x^2+\sqrt{x}+\sqrt{2}\right)\geqslant 3(x+y+z)=9=(x+y+z)^2$
Do đó $2\sum \sqrt{x}\geqslant (x+y+z)^2-x^2-y^2-z^2=2(xy+yz+zx)$
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa $x+y+z=3$. Chứng minh rằng:
$\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\geq xy+yz+zx$
$\sum \left(x^2+\sqrt{x}+\sqrt{2}\right)\geqslant 3(x+y+z)=9=(x+y+z)^2$
Do đó $2\sum \sqrt{x}\geqslant (x+y+z)^2-x^2-y^2-z^2=2(xy+yz+zx)$
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa $x+y+z=3$. Chứng minh rằng:
$\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\geq xy+yz+zx$
Áp dụng $Cauchy$: $x^{2}+\sqrt{x}+\sqrt{x}\geq 3x$. Tương tự, cộng lại ta được: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})\geq 3(x+y+z)=(x+y+z)^{2}\Leftrightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\geq xy+yz+zx.$
"...Từ ngay ngày hôm nay tôi sẽ chăm chỉ học hành như Stardi, với đôi tay nắm chặt và hàm răng nghiến lại đầy quyết tâm. Tôi sẽ nỗ lực với toàn bộ trái tim và sức mạnh để hạ gục cơn buồn ngủ vào mỗi tối và thức dậy sớm vào mỗi sáng. Tôi sẽ vắt óc ra mà học và không nhân nhượng với sự lười biếng. Tôi có thể học đến phát bệnh miễn là thoát khỏi cuộc sống nhàm chán khiến mọi người và cả chính tôi mệt mỏi như thế này. Dũng cảm lên! Hãy bắt tay vào công việc với tất cả trái tim và khối óc. Làm việc để lấy lại niềm vui, lấy lại nụ cười trên môi thầy giáo và cái hôn chúc phúc của bố tôi. " (Trích "Những tấm lòng cao cả")
Cho $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh rằng:
$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^3b+b^3c+c^3a)$
$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$
Cho $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh rằng:
$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^3b+b^3c+c^3a)$
Vì \[(a^2+b^2+c^2)^2 - 3(a^3b+b^3c+c^3a) = \frac{1}{6} \sum (a^2-2b^2+c^2+3bc-3ca)^2\] nên ta có điều phải chứng minh.
Cho $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh rằng:
$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^3b+b^3c+c^3a)$
http://diendantoanho...cauchy-schwarz/
của anh huyện đấy
Chứng minh với mọi $a,b,c$ dương và $k>1$ thì ta có bất đẳng thức sau:
$\frac{a}{\sqrt{ka^{2}+b^{2}+c^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{a^{2}+kb^{2}+c^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+kc^{2}}}\leq \frac{\sqrt{k+2}}{9}(\frac{4}{k-1}+1).$
"...Từ ngay ngày hôm nay tôi sẽ chăm chỉ học hành như Stardi, với đôi tay nắm chặt và hàm răng nghiến lại đầy quyết tâm. Tôi sẽ nỗ lực với toàn bộ trái tim và sức mạnh để hạ gục cơn buồn ngủ vào mỗi tối và thức dậy sớm vào mỗi sáng. Tôi sẽ vắt óc ra mà học và không nhân nhượng với sự lười biếng. Tôi có thể học đến phát bệnh miễn là thoát khỏi cuộc sống nhàm chán khiến mọi người và cả chính tôi mệt mỏi như thế này. Dũng cảm lên! Hãy bắt tay vào công việc với tất cả trái tim và khối óc. Làm việc để lấy lại niềm vui, lấy lại nụ cười trên môi thầy giáo và cái hôn chúc phúc của bố tôi. " (Trích "Những tấm lòng cao cả")
Chứng minh với mọi $a,b,c$ dương và $k>1$ thì ta có bất đẳng thức sau:
$\frac{a}{\sqrt{ka^{2}+b^{2}+c^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{a^{2}+kb^{2}+c^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+kc^{2}}}\leq \frac{\sqrt{k+2}}{9}(\frac{4}{k-1}+1).$
Bạn thử xem lại chỗ này coi vì nếu cho $a=b=c>0$ và $k=2$ thì có thể thấy bất đẳng thức không đúng
$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$
Bạn thử xem lại chỗ này coi vì nếu cho $a=b=c>0$ và $k=2$ thì có thể thấy bất đẳng thức không đúng
Mình đánh nhầm đề đấy. Bài này anh Long và mình đã giải ở đây: http://diendantoanho...rtk29frac4k-11/
"...Từ ngay ngày hôm nay tôi sẽ chăm chỉ học hành như Stardi, với đôi tay nắm chặt và hàm răng nghiến lại đầy quyết tâm. Tôi sẽ nỗ lực với toàn bộ trái tim và sức mạnh để hạ gục cơn buồn ngủ vào mỗi tối và thức dậy sớm vào mỗi sáng. Tôi sẽ vắt óc ra mà học và không nhân nhượng với sự lười biếng. Tôi có thể học đến phát bệnh miễn là thoát khỏi cuộc sống nhàm chán khiến mọi người và cả chính tôi mệt mỏi như thế này. Dũng cảm lên! Hãy bắt tay vào công việc với tất cả trái tim và khối óc. Làm việc để lấy lại niềm vui, lấy lại nụ cười trên môi thầy giáo và cái hôn chúc phúc của bố tôi. " (Trích "Những tấm lòng cao cả")
Cho $y^2+yz+z^2=1-\frac{3x^2}{2}$. Tìm min và max của $P=x+y+z$
(Đề thi HKII lớp 8 trường THCS NBK - Biên Hoà - Đồng Nai năm học 2015-2016)
Số hoàn hảo giống như người hoàn hảo, rất hiếm có.
Perfect numbers like perfect men, are very rare.
TỰ HÀO LÀ THÀNH VIÊN $\sqrt{MF}$
Cho $y^2+yz+z^2=1-\frac{3x^2}{2}$. Tìm min và max của $P=x+y+z$
(Đề thi HKII lớp 8 trường THCS NBK - Biên Hoà - Đồng Nai năm học 2015-2016)
Ta có:
$$y^2+yz+z^2=1-\frac{3x^2}{2}\Rightarrow 2=3x^2+2y^2+2yz+2z^2=x^2+y^2+z^2+(x^2+y^2)+(x^2+z^2)+2yz\geq x^2+y^2+z^2+2xy+2xz+2yz=(x+y+z)^2\Rightarrow -\sqrt{2}\leq x+y+z\leq \sqrt{2}$$
$\color{red}{\mathrm{\text{How I wish I could recollect, of circle roud}}}$
$\color{red}{\mathrm{\text{The exact relation Archimede unwound ! }}}$
Cho $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh rằng:
$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^3b+b^3c+c^3a)$
$xin thọ giáo ông một bài nhé Nguyễn, tui ngưỡng mộ ông lắm! ta có: \left ( a^{^2}+b^{2}+c^{2} \right )-3\left ( a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a \right )= \frac{1}{2}\left ( a^{2}-b^{2}+2bc-ab-ac \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( b^{2}-c^{2}+2ac-bc-ab \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( c^{2}-a^{2}+2ab-ac-bc \right )^{2} từ đó suy ra đpcm$
Bài 11:$\sqrt{(a+b)(c+d)}\geq \sqrt{ac}+\sqrt{bd}\Leftrightarrow (\sqrt{(a+b)(c+d)})^{2}\geq (\sqrt{ac}+\sqrt{bd})^{2}\Leftrightarrow (ac+ad+bc+bd)\geq (ac+2\sqrt{abcd}+bd)\Leftrightarrow (\sqrt{ad}-\sqrt{bc})^{2}\geq 0$ (luôn đúng)
Bất đẳng thức đã được cm
Bài 12: Áp dụng bất đẳng thức Schwarzt ta có
a)$\frac{a^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}}{b+c}+\frac{c^{2}}{c+a}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{2(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{2} (đpcm)$
b)$\frac{a^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}}{b+c}+\frac{c^{2}}{c+d}+\frac{d^{2}}{d+a}\geq\frac{(a+b+c+d)^{2}}{2(a+b+c+d)}=\frac{a+b+c+d}{2}$ (đpcm)
$một cách giải khác cho bài 11 bất đẳng thức đề bài tương đương với \sqrt{\frac{a}{a+d}\cdot \frac{b}{b+c}}+\sqrt{\frac{c}{b+c}\cdot \frac{d}{a+d}}\leq 1 áp dụng bđt AMGM \sqrt{\frac{a}{a+d}\cdot \frac{b}{b+c}}+\sqrt{\frac{c}{b+c}\cdot \frac{d}{a+d}}\leq \frac{\frac{a}{a+d}+\frac{b}{b+c}}{2}+\frac{\frac{c}{b+c}+\frac{d}{a+d}}{2}=1 dấu bằng khi \frac{a}{a+d}=\frac{b}{b+c}$
Cho $n$ là môt số thực không âm và $x;y;z$ là các số thực dương thay đổi thỏa $x+y+z=1$. Chứng minh rằng:
$\sum \sqrt{x+ny}\geq \frac{3\sqrt{3}}{(n+1)\sqrt{n+1}}(n+(n^2-n+1)\sum xy)$.
$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$
a,b,c>0 và abc=1
tìm max: $\sum \frac{a^{4}}{b^{4}+c^{4}+a}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minh Hanh Nguyen: 07-05-2016 - 18:06
$x,y,z>0$ và $xyz=1$
chứng minh: $\sum \frac{\sqrt{m+x^{3}+y^{3}}}{xy}\geq 3\sqrt{3}$
với $m\in N*$
Chứng minh rằng với mọi a,b,c>0 thì:
$\frac{a}{b}+\sqrt{\frac{b}{c}}+\sqrt[3]{\frac{c}{a}}>\frac{5}{2}$
Impossible is nothing --- ADDIDAS ---
BELIVEVE THAT --- Roman Reigns ---
Chứng minh bất đẳng thức là một trong những loại toán gây khó khăn cho học sinh THCS. Sau đây mình xin giới thiệu một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức và các ví dụ có liên quan đến căn thức. Mong rằng các bạn sẽ ủng hộ
I - PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG
Ví dụ 1: Chứng minh rằng:
$\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2}<\sqrt{\frac{a+b}{2}}$ với $a>0;b>0; a\neq b$ (1)
Giải
$(1)\Leftrightarrow \frac{a+b+2\sqrt{ab}}{4}<\frac{a+b}{2}$
$\Leftrightarrow a+b+2\sqrt{ab}<2a+2b$
$\Leftrightarrow 0
$0<(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}$ (2)
Do $a\neq b$ nên bất đẳng thức (2) đúng, vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức
$\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{c^{2}+d^{2}}\geq \sqrt{(a+c)^{2}+(b+d)^{2}}$ (1)
Giải
$(1)\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+2\sqrt{(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})}\geq a^{2}+c^{2}+2ac+b^{2}+d^{2}+2bd$
$\Leftrightarrow \sqrt{(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})}\geq ac+bd$
Nếu ac + bd < 0 thì (2) được chứng minh
Nếu $ac+bd\geq 0$ thì (2) tương đương
$(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})\geq a^{2}c^{2}+b^{2}d^{2}+2abcd$
$(ad-bc)^{2}\geq 0$ (3)
Bất đẳng thức (3) đúng, vậy đẳng thức (1) được chứng minh.
II - PHƯƠNG PHÁP LÀM TRỘI, LÀM GIẢM
Ví dụ 3: Chứng minh bất đẳng thức sau với $n\in \mathbb{N},n\geq 2$
$2\sqrt{n}-3<\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}<2\sqrt{n}-2$
Giải
Đặt $A=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}$
a) Chứng minh $A>2\sqrt{n}-3$ bằng cách làm giảm mỗi số hạng của A
$\frac{1}{\sqrt{k}}=\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k}}>\frac{2}{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}=2(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})$ với mọi $k\in$ N*
Do đó $A>2[(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})+...+(\sqrt{4}-\sqrt{3})+(\sqrt{3}-\sqrt{2})]=2(\sqrt{n+1}-\sqrt{2})=2\sqrt{n+1}-2\sqrt{2}>2\sqrt{n+1}-3>2\sqrt{n}-3.$
b) Chứng minh $A<2\sqrt{n}-2$ bằng cách làm trội mối số hạng của A
$\frac{1}{\sqrt{k}}=\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k}}<\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k-1}}=2(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})$ với mọi $k\in$ N*
Do đó $A<2[(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})]+...+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+(\sqrt{2}-\sqrt{1})=2(\sqrt{n}-\sqrt{1})=2\sqrt{n}-2$
III - PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐÃ BIẾT
Ta nhắc lại ở đây ba bất đẳng thứ quan trọng
1. Tổng của hai số nghịch đảo nhau
$\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\geq 2$ với x, y là hai số cùng dấu
2. Bất đẳng thức Cô-si
Cho a, b, c là các số không âm. Khi đó:
$\frac{a+b}{2}\geq \sqrt{ab}$
$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[3]{abc}$
Tổng quát: Trung bình cộng của n số không âm lớn hơn hoặc trung bình nhân của chúng
$\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}}$ với $a_{1}, a_{2},..., a_{n}$ là các số không âm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a_{1}= a_{2}=...= a_{n}$
3. Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki
Cho hai bộ số a, b, c và x, y, z. Khi đó:
$(a^{2}+b^{2})(x^{2}+y^{2})\geq (ax+by)^{2}$
$(a^{2}+b^{2}+c^{2})(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geq (ã+by+cz)^{2}$
Tổng quát: Có hai bộ n số: $(a_{1}, a_{2},..., a_{n})$ và $(b_{1}, b_{2},..., b_{n})$.Tích của tổng các bình phương n số của bộ số này và tổng các bình phương n số của bộ số kia lớn hơn hoặc bằng bình phương của tổng n tích hai số tương ứng của hai bộ số đó.
$(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})\geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}+b_{n})^{2}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $(a_{1},a_{2},...,a_{n})$ và $(b_{1},b_{2},...,b_{n})$ là hai bộ số tỉ lệ với nhau tức là $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$ với quy ước rằng nếu mẫu bằng 0 thì tử bằng 0.
Chứng minh
Đặt $A=a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2},B=b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2},C=a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}$. Cần chứng minh $AB\geq C^{2}$
Nếu A = 0 thì $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$, bất đẳng thức được chứng minh. Cũng vậy nếu B = 0. Do đó ta chỉ cần xét trường hợp A và B khác 0
Với mọi x ta có:
$(a_{1}x-b_{1})^{2}\geq 0\Rightarrow a_{1}^{2}x^{2}-2a_{1}b_{1}x+b_{1}^{2}\geq 0$
$(a_{2}x-b_{2})^{2}\geq 0\Rightarrow a_{2}^{2}x^{2}-2a_{2}b_{2}x+b_{2}^{2}\geq 0$
...
$(a_{n}x-b_{n})^{2}\geq 0\Rightarrow a_{n}^{2}x^{2}-2a_{n}b_{n}x+b_{n}^{2}\geq 0$
Cộng từng vế n bất đẳng thức trên được
$(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})x^{2}-2(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n})x+(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})\geq 0$
tức là $Ax^{2}-2Cx+B\geq 0$ (1)
Vì (1) đúng với mọi x nên thay $x=\frac{C}{A}$vào (1) ta được
$A.\frac{C^{2}}{A^{2}}-2.\frac{C^{2}}{A}+B\geq 0\Rightarrow B-\frac{C^{2}}{A}\geq 0\Rightarrow AB-C^{2}\geq 0\Rightarrow AB\geq C$
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi $a_{1}x=b_{1},a_{2}x=b_{2},...,a_{n}x=b_{n}$ tức là $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$ với quy ước rằng nếu mẫu bằng 0 thì tử phải bằng 0
Ví dụ 4: Co a, b, c là các số dương. Chứng minh bất đẳng thức:
$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{b}}{a+b}\geq \frac{a+b+c}{2}$
Giải
Cách 1. Theo bất đẳng thức Cô-si ta có:
$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b+c}{4}\geq 2\sqrt{\frac{a^{2}}{b+c}.\frac{b+c}{4}}=2.\frac{a}{2}=a$
Suy ra $\frac{a^{2}}{b+c}\geq a-\frac{b+c}{4}$
Tương tự $\frac{b^{2}}{a+c}\geq b-\frac{a+c}{4}$; $\frac{c^{2}}{a+b}\geq c-\frac{a+b}{4}$
Cộng từng vế của ba bất đẳng thức ta được
$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{b}}{a+b}\geq (a+b+c)-\frac{a+b+c}{2}=\frac{a+b+c}{2}$
Cách 2. Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có
$\left [ \left ( \frac{a}{\sqrt{b+c}} \right )^{2} + \left (\frac{b}{\sqrt{a+c}} \right )^{2}+\left ( \frac{c}{\sqrt{a+b}} \right )^{2}\right ].[(\sqrt{b+c})^{2}+(\sqrt{a+c})^{2}+(\sqrt{a+b})^{2}]$
$\geq \left ( \frac{a}{\sqrt{b+c}}.\sqrt{b+c}+\frac{b}{\sqrt{a+c}}.\sqrt{a+c}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}.\sqrt{a+b} \right )^{2}$
$\Rightarrow \left ( \frac{a^{2}}{b+c} +\frac{b^{2}}{a+c}+\frac{c^{2}}{a+b}\right )[2(a+b+c)]\geq (a+b+c)^{2}$
$\Rightarrow$ $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{b}}{a+b}\geq \frac{a+b+c}{2}$
Ví dụ 5. Cho a, b, c là các số không âm và a + b + c = 1. Chứng minh:
$a) \sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}<3,5$
$b)\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\leq \sqrt{6}$
Giải
a) .Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có
$\sqrt{a+1}=\sqrt{1(a+1)}\leq \frac{(a+1)+1}{2}=\frac{a}{2}+1$
Tương tự : $\sqrt{b+1} \leq \frac{b}{2}+1$; $\sqrt{c+1} \leq \frac{c}{2}+1$
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta được
$\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\leq\frac{a+b+c}{2}+3=3,5$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a + 1 = b + 1 = c + 1 = 1 $\Leftrightarrow$ a = b = c = 0, Trái với giả thiết a + b + c = 1
Vậy $\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}<3,5$
b)
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, có:
$(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})^{2}\leq 3(a+b+b+c+c+a)=3.2=6$
$\Rightarrow $ $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\leq \sqrt{6}$
IV - PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG
Ví dụ 6. Cho a + b = 2. Chứng minh rằng
$\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}\leq 2$
Giải
Đặt $\sqrt[3]{a}=m$; $\sqrt[3]{b}=n$. Ta có $m^{3}+n^{3}\leq 2$
Cần chứng minh $m+n\leq 2$
Giả sử m + n > 2 thì
$(m+n)^{3}>8\Rightarrow m^{3}+n^{3}+3mn(m+n)>8\Rightarrow 2+3mn(m+n)>8\Rightarrow mn(m+n)>2\Rightarrow mn(m+n)>m^{3}+n^{3}$
Chia hai vế cho số dương m + n ta có
$mn>m^{2}-mn+n^{2}\Rightarrow 0>(m-n)^{2}$ (vô lí)
Vậy $m+n\leq 2$
V - PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC
Ví dụ 7. Chứng minh rằng $\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$
Giải
Hiển nhiên mệnh đề dúng với n = 2
Giả sử mệnh đề đúng với n = k. Ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng với n = k + 1
Giả sử $a_{1}\leq a_{2}\leq ...\leq a_{k}\leq a_{k+1}$ thì $a_{k+1}\geq \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{k}}{k}$
Đặt $\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{k}}{k}=x$ thì $x\geq 0$, ta có $a_{k+1} =x+y$ với $y\geq0$ và
$x^{k}\geq a_{1}a_{2}...a_{k}$ (do giả thiết quy nạp). Ta có:
$\left ( \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{k}+a_{k+1}}{k+1} \right )^{k+1}=\left ( \frac{kx+x+y}{k+1} \right )^{k+1}=\left ( x+\frac{y}{k+1} \right )^{k+1}\geq x^{k+1}+(k+1).\frac{y}{k+1}.x^{k}=x^{k+1}+x^{k}y=k^{k}(x+y)\geq a_{1}a_{2}...a_{k}a_{k+1}$
Suy ra $\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{k}+a_{k+1}}{k+1}\geq \sqrt[k+1]{a_{1}a_{2}...a_{k+1}}$
Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên $n\geq 2$
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi $a_{1}=a_{2}=...a_{n}$
Cho a,b,c >0. Chứng minh rằng
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sherlock Homes: 02-09-2016 - 12:35
Impossible is nothing --- ADDIDAS ---
BELIVEVE THAT --- Roman Reigns ---
Cho$.\left\{\begin{matrix} a,b,c\geq 0 & \\ a+b+c=1& \end{matrix}\right.$ . Tìm max,min của
S=ab+bc+ca-mabc
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sherlock Homes: 03-09-2016 - 09:46
Impossible is nothing --- ADDIDAS ---
BELIVEVE THAT --- Roman Reigns ---
Bài 22: Cho các số dương a, b, c, d. Biết $\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{d}{1+d}\leq 1$
Chứng minh rằng $abcd\leq \frac{1}{81}$
xét đặc trưng: $\frac{1}{1+a}\geq (1-\frac{1}{1+b})+(1-\frac{1}{1+c})+(1-\frac{1}{1+d})\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{(1+b)(1+c)(1+d)}}$
tương tự...
"Đừng khóc, Alfred! Anh cần có đủ nghị lực để chết ở tuổi hai mươi"
0 thành viên, 3 khách, 0 thành viên ẩn danh