Chủ đề này có 4 trả lời

[Đỗ Quang Duy]

Bài 1. Cho $a_1,a_2,...a_n$ là các số thực dương thỏa mãn
$a_1 ^2+a_2 ^2+...+a_n ^2 = 3$
Chứng minh rằng
$|\dfrac{a_1}{2}+\dfrac{a_2}{3}+...+\dfrac{a_n}{n+1}| < \sqrt{2}$
Bài 2. Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng
$\dfrac{a^3+b^3}{2ab}+\dfrac{b^3+c^3}{2bc}+\dfrac{c^3+a^3}{2ca} \geq a+b+c$

Ebook Tuyển tập 5 năm Toán học & Tuổi trẻ (1991- 1995)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Đỗ Quang Duy: 19-04-2010 - 17:11

[nguyen thai phuc]

Bài 1. Cho $a_1,a_2,...a_n$ là các số thực dương thỏa mãn
$a_1 ^2+a_2 ^2+...+a_n ^2 = 3$
Chứng minh rằng
$|\dfrac{a_1}{2}+\dfrac{a_2}{3}+...+\dfrac{a_n}{n+1}| < \sqrt{2}$
Bài 2. Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng
$\dfrac{a^3+b^3}{2ab}+\dfrac{b^3+c^3}{2bc}+\dfrac{c^3+a^3}{2ca} \geq a+b+c$

Ebook Tuyển tập 5 năm Toán học & Tuổi trẻ (1991- 1995)

Bài 2 thì dễ rồi.Bỏ qua
Bài 1:
${\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} } \right)^2} \le \left( {\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{9} + .... + \dfrac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}} \right)\sum\limits_{j = 1}^n {{a_j} = 3\left( {\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{9} + .... + \dfrac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}} \right)}$
Ta cần c/m:
$\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{9} + .... + \dfrac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}} \le \dfrac{2}{3}$
Mà:
$\begin{array}{l} \dfrac{1}{{{k^2}}} < 2\left( {\dfrac{1}{{2k - 1}} - \dfrac{1}{{2k + 1}}} \right) \\ \Rightarrow \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{9} + .... + \dfrac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}} < 2\left( {\dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{5} - ... + \dfrac{1}{{2n + 1}} - \dfrac{1}{{2n + 3}}} \right) < \dfrac{2}{3} \\ \Rightarrow Q.E.D \\ \end{array}$

[maths_lovely]

Bài 2 xuất phát từ bất đẳng thức
$a^3+b^3\geq ab(a+b)$ $(a-b)^2 (a+b) \geq 0$
$\dfrac{a^3+b^3}{2ab}\geq \dfrac{a+b}{2}$ $\sum \dfrac{a^3+b^3}{2ab} \geq \sum a$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maths_lovely: 22-04-2010 - 09:53

[trinh95]

Bạn nào viết lại zùm mình bài 1 nhìn chả hỉu ji` cả . Đừng viết cái dấu $\sum$ nửa

[truongvoki_bn9x]

Bài 2 xuất phát từ bất đẳng thức
$a^3+b^3\geq ab(a+b)$ $(a-b)^2 (a+b) \geq 0$
$\dfrac{a^3+b^3}{2ab}\geq \dfrac{a+b}{2}$ $\sum \dfrac{a^3+b^3}{2ab} \geq \sum a$

Dùng chebyshev cũng được:
Thật vậy ta có:
$ \dfrac{ a^{3}+ b^{3}}{2ab}\geq \dfrac{ a^{3}+ b^{3}}{ a^{2}+ b^{2}}\geq \dfrac{1}{2} \(a+b) $
Tương tự với 3 BĐT nữa rùi cộng vào là ra