Chủ đề này có 176 trả lời

[rohupt]

bài 1 :

$\forall x\geqslant 0 $

$Cmr:16x(x-1)^2\leqslant (x+1)^4$

Bất đẳng thức tương đương với:

$x^4-12x^3+38x^2-12x+1 \geq 0$

$\Leftrightarrow (x^2-6x+1)^2 \geq 0$

luôn đúng.

Đẳng thức $\Leftrightarrow x= 3\pm 2\sqrt2$

[ma29]

- Tiếp theo là một kĩ thuật cũng rất quan trọng trong việc sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz là kĩ thuật chọn điểm rơi trong Cauchy- Schwarz (trích quyển 'Sai lầm...' của thầy Phương)
Bài toán: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn: $a+b+c \geq 6$. Tìm min:
$S= \sum \sqrt{a^2+ \dfrac{1}{b^2}}$
-Sai lầm thường gặp:
$S \geq 3 \sqrt[6]{\prod (a^2+\dfrac{1}{b^2})} \geq 3. \sqrt[6]{8}=3 \sqrt{2}$
-Nguyên nhân:
$Min S=3 \sqrt{2} \Leftrightarrow a=b=c= \dfrac{1}{a}= \dfrac{1}{b}= \dfrac{1}{c}=1 \Rightarrow a+b+c=3<6$ (vô lí)
-Phân tích:
Ta có thể sử dụng bđt Cauchy-Schwarz cho 2 số:
$\sqrt{(a_{1}^2+a_{2}^2)(b_{1}^2+b_{2}^2)} \geq a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}$
để phá bỏ dấu căn thức
Do đó ta sẽ phải tìm $\alpha$ và $\beta$ sao cho:
$a^2+ \dfrac{1}{b^2} = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}} \sqrt{(a^2+ \dfrac{1}{b^2})(\alpha^2+ \beta^2)} \geq \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}}(a \alpha+ \dfrac{\beta}{b}) (1)$
$b^2+ \dfrac{1}{c^2} = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}} \sqrt{(b^2+ \dfrac{1}{c^2})(\alpha^2+ \beta^2)} \geq \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}}(b \alpha+ \dfrac{\beta}{c}) (2)$
$c^2+ \dfrac{1}{a^2}= \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}} \sqrt{(c^2+ \dfrac{1}{a^2})(\alpha^2+ \beta^2)} \geq \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}}(c \alpha+ \dfrac{\beta}{a}) (3)$
Cộng lại ta đc: $S \geq \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}}[ \alpha(a+b+c)+ \beta(\dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b}+ \dfrac{1}{c})]=S_{0}$
Do $S$ là một biểu thức đối xứng nên ta dự $S=S_{0}$ tại điểm rơi $a=b=c=2$ và đẳng thức phải xảy ra đồng thời tại các BĐT $(1), (2)$ và $(3)$.
Ta có sơ đồ điểm rơi sau:
$a=b=c=2 \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\dfrac{a}{\alpha}=\dfrac{1}{\beta b}\\\dfrac{b}{\alpha}=\dfrac{1}{\beta c}\\\dfrac{c}{\alpha}=\dfrac{1}{\beta a}\end{array}\right. \Leftrightarrow \dfrac{\alpha}{\beta}= \dfrac{a}{\dfrac{1}{a}}= \dfrac{b}{\dfrac{1}{b}}= \dfrac{c}{\dfrac{1}{c}}= \dfrac{4}{1} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\alpha =4\\\beta =1\end{array}\right. $
Từ đó ta dễ dàng tìm được lời giải đúng

Phát hiện này không hay cậu à

[Master Key 99]

Cho x,y $\epsilon$ R và 21x^2-36xy+44y^2 $\leqslant$ 27. CMR: x+2y $\geq$ -3

[Master Key 99]

Cho x,y $\epsilon$ R : 49x^2 + 44xy +36y^2 $\geqslant$ 20 . CMR: 3x+ 2y $\leqslant$ 2

[stronger steps 99]

Cho x,y $\epsilon$ R và 21x^2-36xy+44y^2 $\leqslant$ 27. CMR: x+2y $\geq$ -3

Sử dụng phản chứng: G/s x+2y<-3 $\rightarrow (x+2y)^{2}>9$

Biến đổi biểu thức trở thành  $A=11(x+2y)^{2}+10x(x-8y) = 11(x+2y)^{2}+10x\left [ 5x-4(x+2y) \right ]>99+10x(5x+12)=27+2.36+2(25x^{2}+2.5x.6)=27+2(5x+6)^{2}\geq 27$$\rightarrow A>27$ mà theo đề bài ta có: $A\leq 27$ (mâu thuẫn) ,từ đó ta có  đpcm

không biết đúng hay sai.các bạn xem hộ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi stronger steps 99: 26-12-2013 - 21:12

[phamquanglam]

Em xin làm bài 7 còn lại để các anh làm!!!!!!!!!!!!!

Sử dụng Cauchy-Schwarz:

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

$\Leftrightarrow \sqrt{(a^{2}+\frac{1}{b+c})}\geq \frac{1}{\sqrt{17}}(4a+\frac{1}{\sqrt{b+c}})$

 Làm tương tự cho các số còn lại.

 Cuối cùng ta có: $\sum \sqrt{a^{2}+\frac{1}{a+b}}\geq \frac{1}{\sqrt{17}}\left [ 4(a+b+c)+\sum \frac{1}{\sqrt{a+b}} \right ]$

                            $\geq \frac{1}{\sqrt{17}}(24+\sum \frac{1}{\sqrt{a+b}})$

 Mặt khác: áp dụng Schwarz: $\sum \frac{1}{\sqrt{a+b}}\geq \frac{9}{\sum \sqrt{a+b}}$

  Vậy ta có: $\sum (a^{2}+\frac{1}{\sqrt{b+c}})\geq \frac{1}{\sqrt{17}}(24+\frac{9}{\sum \sqrt{a+b}})$$\geq \frac{1}{\sqrt{17}}(24+\frac{9}{\sqrt{3(a+b+b+c+c+a)}})= \frac{1}{\sqrt{17}}(24+\frac{9}{6})= \frac{3\sqrt{17}}{2}$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow$ a=b=c=2

[nguyenhongsonk612]

Các bạn ơi! Tránh dùng kí hiệu $\sum$ được không. Mình không hiểu rõ kí hiệu đó.

[nghiemthanhbach]

Các bạn ơi! Tránh dùng kí hiệu $\sum$ được không. Mình không hiểu rõ kí hiệu đó.

nó chỉ là viết tắt cho tổng thôi mà

KHông sử dụng thì gõ nát tay

[nguyenhongsonk612]

nó chỉ là viết tắt cho tổng thôi mà

KHông sử dụng thì gõ nát tay

Có nghĩa là trong một bất đẳng thức thì cái đó đại diện cho những cái giống nhau tiếp theo sẽ làm cũng tương tự à!

 

@Viet Hoang 99: Đúng rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 28-03-2014 - 17:38

[NMCT]

- Như chúng ta đã biết, bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có dạng như sau:
Với hai dãy số thực $(a_{1}, a_{2}, ..., a_{m})$ và $(b_{1}, b_{2}, ..., b_{m})$ ta luôn có bất đẳng thức sau:
$(a_{1}^2+a_{2}^2+...+ a_{m}^2)(b_{1}^2+b_{2}^2+...+b_{m}^2) \geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{m}b_{m})^2$
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
- 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:
$\dfrac{a_{1}^2}{b_{1}}+ \dfrac{a_{2}^2}{b_{2}}+...+ \dfrac{a_{m}^2}{b_{m}} \geq \dfrac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^2}{b_{1}+b_{2}+...+b_{m}}$
2, Bất đẳng thức Minkovsky:
Với 2 dãy số thực $\Large (a_{1}, a_{2}, ..., a_{m})$ và $\Large (b_{1}, b_{2}, ..., b_{m})$ ta có:
$\Large \sum\limits_{i=1}^{m} \sqrt{a_{i}^2+b_{i}^2} \geq \sqrt{(\sum\limits_{i=1}^{m} a_{i})^2+(\sum\limits_{i=1}^{m} b_{i})^2}$
3, Với mọi dãy số thực $\Large (a_{1}, a_{2}, ..., a_{m})$ ta có:
$\Large (a_{1}^2+a_{2}^2+...+a_{m})^2 \leq n(a_{1}^2+a_{2}^2+...+a_{m}^2)$
- Đây là một bất đẳng thức rất thông dụng với các bạn THCS và hay được dùng trong các kì thi.
Sau đây là một số bài tập ứng dụng:
1)Cho $|x|<1$ và $|y|<1$. CMR:
$\dfrac{1}{1-x^2}+ \dfrac{1}{1-y^2} \geq \dfrac{2}{1-xy}$
2)CM bất đẳng thức sau với $x$ là số thực không âm:
$\dfrac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{x+1}}+ \sqrt{x} \leq \sqrt{x+9}$
3) $a,b,c >0$. CMR: $abc(a+b+c) \leq a^3b+b^3c+c^3a$
4)CMR:
$\sqrt{abc}+ \sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)} <1 $
với mọi $a,b,c \in (0;1)$
5)Tìm min:
$\sum \limits_{i=1}^{n} (x_{i}+ \dfrac{1}{x_{i}})^2$
với $\sum \limits_{i=1}^{n} x_{i}=1$


p/s: Mong các mod giúp đỡ thêm về phần bài tập để topic không bị rơi vào "quên lãng"

các bất đẳng thức này có thể chứng minh ra được không chị

[nguyenhongsonk612]

Có nghĩa là trong một bất đẳng thức thì cái đó đại diện cho những cái giống nhau tiếp theo sẽ làm cũng tương tự à!

 

@Viet Hoang 99: Đúng rồi

@Viet Hoang 99: Hoàng ơi, thế kí hiệu $\prod$ có ý nghĩa tương tự với một tích à!!

P/s: Không biết bài này có bị khóa không?

[littlemiumiu21]

Bài 1 hơi dễ chút xíu nhưng cauchy thì sao nhỉ
Nếu x,y trái dấu => dpcm
Nếu x,y cùng dấu, biến đổi BDT thành $ (x-y)^2(xy+1) \ge 0$
bài 2 cũng dễ dễ làm luôn dzậy
đưa về c/m $ 2\sqrt{2}(\sqrt{x+9}+\sqrt{x}) \leq 9\sqrt{x+1}$
$\Leftrightarrow 8(\sqrt{x+9}+\sqrt{x})^2 \leq 8(1+\dfrac{1}{8})(x+9+8x)=81(x+1)$
=> dpcm

E k hiểu bài 2 (

[littlemiumiu21]

Giải 2 bài cuối nha:
4) Từ $a+b+c+abc=4 \Rightarrow a+b+c \geq ab+bc+ac $(Việt Nam MO 96 làm biếng CM lại wá)
$\large\ VT=\sum\dfrac{a^2}{a\sqrt{b+c}} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{\sum(a\sqrt{b+c})} $
Mà $\large\sum(a\sqrt{b+c}) \leq \sqrt{(a+b+c)(2ab+2bc+2ca)} \leq \sqrt{2(a+b+c)^2} $ =>dpcm
5) ChebuSev ta có $\large\ a^3+b^3+c^3 \geq \dfrac{1}{6}[(a+b)+(b+c)+(c+a)](a^2+b^2+c^2) \geq \dfrac{1}{6}[\sum(a\sqrt{b+c})]^2$.

Lại có $\large\sum(a\sqrt{b+c}) \geq 3\sqrt[3]{abc\sqrt{8abc}}=6 $ dpcm

K hiểu bước mà.... giảng hộ e cái

[nk0kckungtjnh]

Tôi nghĩ rằng Topic về C.S như này là chưa thật hữu ích. Ta nên phân loại dạng và viết theo từng mục sau đó Mod sẽ đưa các bài cùng dạng mọi người đăng vào cùng 1 chỗ. Chẳng hạn với C.S ta có thể chia ra:

1, C.S dạng Engel
2, Mincopxki

3, Một số bài toán khác sử dụng C.S

[Hermione Granger]

Tôi nghĩ rằng Topic về C.S như này là chưa thật hữu ích. Ta nên phân loại dạng và viết theo từng mục sau đó Mod sẽ đưa các bài cùng dạng mọi người đăng vào cùng 1 chỗ. Chẳng hạn với C.S ta có thể chia ra:

1, C.S dạng Engel
2, Mincopxki

3, Một số bài toán khác sử dụng C.S

Vào đây để góp ý này bạn.

[MyMy ZinDy]

- Tiếp theo là một kĩ thuật cũng rất quan trọng trong việc sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz là kĩ thuật chọn điểm rơi trong Cauchy- Schwarz (trích quyển 'Sai lầm...' của thầy Phương)
Bài toán: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn: $a+b+c \geq 6$. Tìm min:
$S= \sum \sqrt{a^2+ \dfrac{1}{b^2}}$
-Sai lầm thường gặp:
$S \geq 3 \sqrt[6]{\prod (a^2+\dfrac{1}{b^2})} \geq 3. \sqrt[6]{8}=3 \sqrt{2}$
-Nguyên nhân:
$Min S=3 \sqrt{2} \Leftrightarrow a=b=c= \dfrac{1}{a}= \dfrac{1}{b}= \dfrac{1}{c}=1 \Rightarrow a+b+c=3<6$ (vô lí)
-Phân tích:
Ta có thể sử dụng bđt Cauchy-Schwarz cho 2 số:
$\sqrt{(a_{1}^2+a_{2}^2)(b_{1}^2+b_{2}^2)} \geq a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}$
để phá bỏ dấu căn thức
Do đó ta sẽ phải tìm $\alpha$ và $\beta$ sao cho:
$a^2+ \dfrac{1}{b^2} = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}} \sqrt{(a^2+ \dfrac{1}{b^2})(\alpha^2+ \beta^2)} \geq \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}}(a \alpha+ \dfrac{\beta}{b}) (1)$
$b^2+ \dfrac{1}{c^2} = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}} \sqrt{(b^2+ \dfrac{1}{c^2})(\alpha^2+ \beta^2)} \geq \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}}(b \alpha+ \dfrac{\beta}{c}) (2)$
$c^2+ \dfrac{1}{a^2}= \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}} \sqrt{(c^2+ \dfrac{1}{a^2})(\alpha^2+ \beta^2)} \geq \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}}(c \alpha+ \dfrac{\beta}{a}) (3)$
Cộng lại ta đc: $S \geq \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}}[ \alpha(a+b+c)+ \beta(\dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b}+ \dfrac{1}{c})]=S_{0}$
Do $S$ là một biểu thức đối xứng nên ta dự $S=S_{0}$ tại điểm rơi $a=b=c=2$ và đẳng thức phải xảy ra đồng thời tại các BĐT $(1), (2)$ và $(3)$.
Ta có sơ đồ điểm rơi sau:
$a=b=c=2 \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\dfrac{a}{\alpha}=\dfrac{1}{\beta b}\\\dfrac{b}{\alpha}=\dfrac{1}{\beta c}\\\dfrac{c}{\alpha}=\dfrac{1}{\beta a}\end{array}\right. \Leftrightarrow \dfrac{\alpha}{\beta}= \dfrac{a}{\dfrac{1}{a}}= \dfrac{b}{\dfrac{1}{b}}= \dfrac{c}{\dfrac{1}{c}}= \dfrac{4}{1} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\alpha =4\\\beta =1\end{array}\right. $
Từ đó ta dễ dàng tìm được lời giải đúng

quyển " sai lầm. ..." gì vậy bạn  bạn giới thiệu cho mình với

[tien123456789]

bai 4

Hình gửi kèm

• 

[Ngoc Hung]

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng $\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)}\geq \frac{3}{abc+1}$

[ngocanhnguyen10]

- Như chúng ta đã biết, bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có dạng như sau:
Với hai dãy số thực $(a_{1}, a_{2}, ..., a_{m})$ và $(b_{1}, b_{2}, ..., b_{m})$ ta luôn có bất đẳng thức sau:
$(a_{1}^2+a_{2}^2+...+ a_{m}^2)(b_{1}^2+b_{2}^2+...+b_{m}^2) \geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{m}b_{m})^2$
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
- 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:
$\dfrac{a_{1}^2}{b_{1}}+ \dfrac{a_{2}^2}{b_{2}}+...+ \dfrac{a_{m}^2}{b_{m}} \geq \dfrac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^2}{b_{1}+b_{2}+...+b_{m}}$
2, Bất đẳng thức Minkovsky:
Với 2 dãy số thực $\Large (a_{1}, a_{2}, ..., a_{m})$ và $\Large (b_{1}, b_{2}, ..., b_{m})$ ta có:
$\Large \sum\limits_{i=1}^{m} \sqrt{a_{i}^2+b_{i}^2} \geq \sqrt{(\sum\limits_{i=1}^{m} a_{i})^2+(\sum\limits_{i=1}^{m} b_{i})^2}$
3, Với mọi dãy số thực $\Large (a_{1}, a_{2}, ..., a_{m})$ ta có:
$\Large (a_{1}^2+a_{2}^2+...+a_{m})^2 \leq n(a_{1}^2+a_{2}^2+...+a_{m}^2)$
- Đây là một bất đẳng thức rất thông dụng với các bạn THCS và hay được dùng trong các kì thi.
Sau đây là một số bài tập ứng dụng:
1)Cho $|x|<1$ và $|y|<1$. CMR:
$\dfrac{1}{1-x^2}+ \dfrac{1}{1-y^2} \geq \dfrac{2}{1-xy}$
2)CM bất đẳng thức sau với $x$ là số thực không âm:
$\dfrac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{x+1}}+ \sqrt{x} \leq \sqrt{x+9}$
3) $a,b,c >0$. CMR: $abc(a+b+c) \leq a^3b+b^3c+c^3a$
4)CMR:
$\sqrt{abc}+ \sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)} <1 $
với mọi $a,b,c \in (0;1)$
5)Tìm min:
$\sum \limits_{i=1}^{n} (x_{i}+ \dfrac{1}{x_{i}})^2$
với $\sum \limits_{i=1}^{n} x_{i}=1$


p/s: Mong các mod giúp đỡ thêm về phần bài tập để topic không bị rơi vào "quên lãng"

Mấy công thức này làm sao để nhớ lâu ạ? Khó nhớ ghê cơ

[the man]

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng $\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)}\geq \frac{3}{abc+1}$

Bđt cần chứng minh tương đương với $\frac{1+abc}{a(1+b)}+\frac{1+abc}{b(c+1)}+\frac{1+abc}{c(a+1)}\geq 3$

$\Leftrightarrow \frac{1+abc+a(1+b)}{a(b+1)}+\frac{1+abc+b(c+1)}{b(c+1)}+\frac{1+abc+c(1+a)}{c(a+1)}\geq 6$

$\Leftrightarrow [\frac{a+1+ab(c+1)}{a(b+1)}+\frac{b+1+bc(a+1)}{b(c+1)}+\frac{c+1+ca(b+1)}{c(a+1)}\geq 6$

$\Leftrightarrow [\frac{a+1}{a(b+1)}+\frac{a(b+1)}{a+1}]+[\frac{b+1}{b(c+1)}+\frac{b(c+1)}{b+1}]+[\frac{c+1}{c(a+1)}+\frac{c(a+1)}{c+1}]\geq 6$ (*)

Theo cô-si $\frac{a+1}{a(b+1)}+\frac{a(b+1)}{a+1}\geq 2$

    tương tự$\frac{b+1}{b(c+1)}+\frac{b(c+1)}{b+1}\geq 2$

                     $\frac{c+1}{c(a+1)}+\frac{c(a+1)}{c+1}\geq 2$

  $\Rightarrow (*)$ luôn đúng

 Dấu = xảy ra khi a=b=c=1