Đến nội dung

Hình ảnh

Cauchy-Schwarz


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 176 trả lời

#61
Stephen Hawking

Stephen Hawking

    Lính mới

  • Thành viên
  • 7 Bài viết

Cho ${x_1}, {x_2}, ..., {x_n}\,\,(n \ge 2)$ là các số dương thỏa mãn:
${x_1} + {x_2} + ... + {x_n} \le k,\,\,(k\, \in {R^*}),\,b \ge 0,\,\,b{n^2} \ge a{k^2}$.
CMR: $a({x_1} + {x_2} + ... + {x_n}) + b\left( {\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} + ... + \frac{1}{{{x_n}}}} \right) \ge \frac{{b{n^2} + a{k^2}}}

{k}.$

Đặt ${x_1} + {x_2} + ... + {x_n}=m$
Áp dụng CS, AM-GM, ta có :
$VT \ge am+\dfrac{bn^2}{m} =am+\dfrac{ak^2}{4m}+\dfrac{bn^2-ak^2}{m} \ge 2ak+\dfrac{bn^2-ak^2}{k} =\dfrac{bn^2+ak^2}{k}$

#62
sieutoan99

sieutoan99

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 51 Bài viết
Mình xin đóng góp:
1/Cho a,b,c$\geq 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca> 0$ .CMR:
$\frac{a}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{b}{c^{2}+ca+a^{2}}+\frac{c}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$
2/cho a,b,c $\geq 0$ .CMR:
a)$\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )^{2}\geq (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
b)$(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)\geq 4(a+b+c+1)^2$
c)$4(a^2+x^2)(b^2+y^2)(c^2+z^2)\geq 3(bcx+cay+abz)^2$
d)$2(1+abc)+\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}\geq (1+a)(1+b)(1+c)$
e)$\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\geq \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}$
☺☺☺Inequalities☺☺☺

#63
laiducthang98

laiducthang98

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
mấy a giúp e bài này
*cho a,b =1 . CM : $a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\leq ab$

#64
tim1nuathatlac

tim1nuathatlac

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 298 Bài viết

mấy a giúp e bài này
*cho a,b =1 . CM : $a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\leq ab$


Chém nhanh bài này
Theo Am-Gm ta có

$\frac{\sqrt{b-1}}{b}\leq \frac{b-1+1}{2b}=\frac{1}{2}$

$\frac{\sqrt{a-1}}{a}\leq \frac{a-1+1}{2a}=\frac{1}{2}$

suy ra $\frac{\sqrt{b-1}}{b}+\frac{\sqrt{a-1}}{a}\leq 1\Leftrightarrow a\sqrt{b-1}+b\sqrt{a-1}\leq ab$
Suy ra $Q.e.D$


#65
duongchelsea

duongchelsea

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 142 Bài viết

Mình xin đóng góp:
1/Cho a,b,c$\geq 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca> 0$ .CMR:
$\frac{a}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{b}{c^{2}+ca+a^{2}}+\frac{c}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$

$$\sum \frac{a}{b^2+bc+c^2}=\sum \frac{a^2}{ab^2+abc+ac^2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}= \frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$$
Ta có đpcm

#66
899225

899225

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 87 Bài viết
CodeCogsEqn (24).gif

#67
HungHuynh2508

HungHuynh2508

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 222 Bài viết
Cho 3 số dương x,y,z . chứng minh
$\frac{25x}{y+z}+\frac{4y}{x+z}+\frac{9z}{x+y}>12$
Hạnh phúc là cho đi đâu chỉ nhận riêng mình!

7e3c59fbf62d4c5280e6cf2ad53cdcb8.0.gif

#68
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

b)$(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)\geq 4(a+b+c+1)^2$

Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có $$(a+b+c+1)^2 \le (a^2+3) \left[ 1+ \frac{(b+c+1)^2}{3} \right]$$
Bây giờ ta chỉ cần chứng minh $$\begin{array}{l} (b^2+3)(c^2+3) \ge 4 \left[ 1+ \frac{(b+c+1)^2}{3} \right] \\ \Leftrightarrow 3b^2c^2+5b^2+5c^2+11-8ab-8b-8c \ge 0 \\ \Leftrightarrow 4(b-1)^2+4(c-1)^2+(c-b)^2+3(bc-1)^2 \ge 0 \end{array}$$ đúng với $b=c=1$.
Vậy ta có đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#69
19kvh97

19kvh97

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 423 Bài viết

Cho 3 số dương x,y,z . chứng minh
$\frac{25x}{y+z}+\frac{4y}{x+z}+\frac{9z}{x+y}>12$

$P=\frac{25x}{y+z}+\frac{4y}{x+z}+\frac{9z}{x+y}$
suy ra $P+38=(\frac{25x}{y+z}25)+(\frac{4y}{x+z}+4)+(\frac{9z}{x+y}+9)=(x+y+z)(\frac{25}{y+z}+\frac{4}{x+z}+\frac{9}{x+y})$
Mặt khác theo bdt Schwarz ta có
$\frac{25}{y+z}+\frac{4}{x+z}+\frac{9}{x+y}\geq \frac{(5+2+3)^2}{2(x+y+z)}=\frac{50}{x+y+z}$
suy ra $P\geq 12$
dễ thấy ko xảy ra đẳng thức do $x,y,z>0$
KL: P>12

#70
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

c)$4(a^2+x^2)(b^2+y^2)(c^2+z^2)\geq 3(bcx+cay+abz)^2$

Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có $$\left[ a(cy+bz)+bcx \right]^2 \le (a^2+x^2) \left[ (cy+bz)^2+b^2c^2 \right]$$
Bất đẳng thức đưa về việc chứng minh $$\begin{array}{l} 4(b^2+y^2)(c^2+z^2) \ge 3 \left[ (cy+bz)^2+b^2c^2 \right] \\ \Leftrightarrow (bc-2yz)^2+(bz-cy)^2 \ge 0. \end{array}$$
Cái này thì dấu đẳng thức xảy ra khi $\frac{a}{cy+bz}= \frac{x}{bc}$ và $bc=2yz,bz=cy$ hay $a=\sqrt{2}x, b= \sqrt{2}y, c= \sqrt{2}z$.

a)$\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )^{2}\geq (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$

Lời giải. Áp dụng BĐT Cauchy-Shwarz ta có $$(a+b+c)^2 \le \left( \frac ab+ \frac bc + \frac ca \right)(ab+bc+ca)$$
Do đó ta chỉ cần chứng minh
$$\begin{array}{l} \left( \frac 1a+ \frac 1b + \frac 1c \right)(ab+bc+ca) \le (a+b+c) \left( \frac ab + \frac bc + \frac ca \right) \\
\Leftrightarrow (ab+bc+ca)^2 \le (a+b+c)(a^2c+ab^2+c^2b) \\ \end{array}$$
Bất đẳng thức cuối đúng theo Cauchy-Shwarz.
Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$.

2/cho a,b,c $\geq 0$ .CMR:
e)$\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\geq \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \qquad (1)$

Lời giải. $$(1) \Leftrightarrow \frac{a^5c^2+b^5a^2+c^5b^2}{abc} \ge a^3c+b^3a+c^3b$$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz thì $$a^5c^2+b^5a^2+c^5b^2= \frac{a^6c^2}{a}+ \frac{b^6a^2}{b}+ \frac{c^6b^2}{c} \ge \frac{(a^3c+b^3a+c^3b)^2}{a+b+c}$$
Do đó $\frac{a^5c^2+b^5a^2+c^5b^2}{abc} \ge \frac{(a^3c+b^3a+c^3b)^2}{abc(a+b+c)}.$ Ta chỉ cần chứng minh $$\begin{array}{l} abc(a+b+c) \le a^3c+b^3a+c^3b \\ \Leftrightarrow a+b+c \le \frac{a^2}{b}+ \frac{b^2}{c}+ \frac{c^2}{a} \end{array}$$
Bất đẳng thức cuối cũng đúng theo Cauchy-Schwarz.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 06-01-2013 - 19:51

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#71
Sagittarius912

Sagittarius912

    Trung úy

  • Thành viên
  • 776 Bài viết
Góp vui vài bài:
Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$
CMR
$\sum \sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}\leq \sqrt{3}$

#72
Sagittarius912

Sagittarius912

    Trung úy

  • Thành viên
  • 776 Bài viết
Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $abc=1$. CMR
$\sum \frac{a+b+1}{a+b^{2}+c^{2}}\leq \frac{(a+1)(b+1)(c+1)+1}{a+b+c}$

#73
Sagittarius912

Sagittarius912

    Trung úy

  • Thành viên
  • 776 Bài viết
Cho $a,b,c>0$ .CMR
$\sum \frac{a^{3}b}{1+ab^{2}}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

$\sum \frac{a^{4}}{1+a^{2}b}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

#74
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Cho $a,b,c>0$ .CMR
$\sum \frac{a^{3}b}{1+ab^{2}}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

Chia hai vế cho $abc>0$ và áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có $$\frac{a^2}{c+ab^2c}+ \frac{b^2}{a+abc^2}+ \frac{c^2}{b+a^2bc} \ge \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+abc(a+b+c)}= \frac{a+b+c}{1+abc}$$
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#75
minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết

Cho $a,b,c>0$ .CMR
$\sum \frac{a^{3}b}{1+ab^{2}}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

$\sum \frac{a^{4}}{1+a^{2}b}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $abc=1$. CMR
$\sum \frac{a+b+1}{a+b^{2}+c^{2}}\leq \frac{(a+1)(b+1)(c+1)+1}{a+b+c}$

Góp vui vài bài:
Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$
CMR
$\sum \sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}\leq \sqrt{3}$

Mình xin đóng góp:
1/Cho a,b,c$\geq 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca> 0$ .CMR:
$\frac{a}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{b}{c^{2}+ca+a^{2}}+\frac{c}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$
2/cho a,b,c $\geq 0$ .CMR:
a)$\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )^{2}\geq (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
b)$(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)\geq 4(a+b+c+1)^2$
c)$4(a^2+x^2)(b^2+y^2)(c^2+z^2)\geq 3(bcx+cay+abz)^2$
d)$2(1+abc)+\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}\geq (1+a)(1+b)(1+c)$
e)$\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\geq \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}$

Tất cả những bài trên đều nằm trong quyền Cauchy-Schwarz của anh VQBC và Trần Quốc Anh.
Mong các bạn đóng góp bài từ nhiều nguồn khác nhau, hoặc tự chế bài càng tốt! Hình đã gửi
Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#76
barcavodich

barcavodich

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 449 Bài viết
Mình xin đóng góp
Cho $ x,y,z>0 $ thoả mãn $ x^{2}+y^{2}+z^{2}= 1 $
CMR $ \sum_{cyc}\frac{yz}{1+x^{2}}\leq\frac{4}{3} $

[topic2=''][/topic2]Music makes life more meaningful


#77
duong vi tuan

duong vi tuan

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 229 Bài viết

Mình xin đóng góp
Cho $ x,y,z>0 $ thoả mãn $ x^{2}+y^{2}+z^{2}= 1 $
CMR $ \sum_{cyc}\frac{yz}{1+x^{2}}\leq\frac{4}{3} $

$\sum \frac{yz}{1+x^2}=\sum \frac{yz}{y^2+x^2+z^2+x^2}\leq \frac{1}{4}\sum \frac{(y+z)^2}{y^2+x^2+z^2+x^2}\leq \frac{1}{4}\sum (\frac{y^2}{y^2+x^2}+\frac{z^2}{x^2+z^2})=\frac{3}{4}$
NGU
Hình đã gửi

#78
duong vi tuan

duong vi tuan

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 229 Bài viết

Góp vui vài bài:
Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$
CMR
$\sum \sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}\leq \sqrt{3}$

từ điều kiện ta có $a+b+c\leq 3$
$\sum \sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}\leq \sum \frac{\sqrt{a^2(1+b+c)}}{a+b+c}=\frac{1}{a+b+c}\sum \sqrt{a(a+ab+ac)}\leq \frac{1}{a+b+c}\sqrt{(a+b+c)(a+b+c+2(ab+bc+ca)))}\leq \frac{1}{a+b+c}\sqrt{(a+b+c)(a+b+c+2\frac{(a+b+c)^2}{3}))}=\sqrt{1+\frac{2(a+b+c)}{3}}\leq \sqrt{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duong vi tuan: 28-01-2013 - 08:20

NGU
Hình đã gửi

#79
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $abc=1$. CMR
$\sum \frac{a+b+1}{a+b^{2}+c^{2}}\leq \frac{(a+1)(b+1)(c+1)+1}{a+b+c}$

Như thế này có được không biết :wacko:
Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có $(a+b^2+c^2)(a+2) \ge (a+b+c)^2$. Do đó $$\sum \frac{a+b+1}{a+b^2+c^2} \le \frac{ \sum (a+b+1)(a+2)}{(a+b+c)^2}$$
Bây giờ ta cần chứng minh $$\sum(a+b+1)(a+2) \le (a+b+c)[(a+1)(b+1)(c+1)+1]$$
Đến đây rút gọn (chắc là ra :closedeyes: )

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#80
GameWar48

GameWar48

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết

- Nó cũng có một số hệ quả:
1, Bất đẳng thức Schwarz:
Với hai dãy số thực $(a_{1}, a_{2}, ..., a_{m})$ và $(b_{1}, b_{2}, ..., b_{m})$ sao cho $b_{i} \geq 0$ ta luôn có bất đẳng thức:
$\dfrac{a_{1}^2}{b_{1}}+ \dfrac{a_{2}^2}{b_{2}}+...+ \dfrac{a_{m}^2}{b_{m}} \geq \dfrac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^2}{b_{1}+b_{2}+...+b_{m}}$

Cho hỏi cách chứng minh hệ quả này với.




0 người đang xem chủ đề

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