Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Tản mạn BĐT


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 436 trả lời

#121 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 21-08-2011 - 10:41

Bài 39: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\sqrt{a^{4}+\dfrac{b^{4}}{2}+\dfrac{c^{4}}{2}}+\sqrt{b^{4}+\dfrac{c^{4}}{2}+\dfrac{a^{4}}{2}}+\sqrt{c^{4}+\dfrac{a^{4}}{2}+\dfrac{b^{4}}{2}}\geq \sqrt{a^{4}+b^{3}c}+\sqrt{b^{4}+c^{3}a}+\sqrt{c^{4}+a^{3}b}$

P/s: Mọi người hãy post lên cả những ý tưởng nhé!


$\sum_{cyc}\sqrt{a^{4}+\dfrac{b^{4}}{2}+\dfrac{c^{4}}{2}}\geq\sum_{cyc}\sqrt{a^{4}+b^{3}c}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow\sum_{cyc}\left(a^{4}-a^{3}b+2\sqrt{\left(a^{4}+\dfrac{b^{4}+c^{4}}{2}\right)\left(b^{4}+\dfrac{a^{4}+c^{4}}{2}\right)}\right)\geq2\sum_{cyc}\sqrt{(a^{4}+b^{3}c)(b^{4}+c^{3}a)}$.

Vì $2\sum_{cyc}(a^{4}+a^{3}b)\geq2\sum_{cyc}\sqrt{(a^{4}+b^{3}c)(b^{4}+c^{3}a)}$. Do đó cần cm

$2\sum_{cyc}\sqrt{\left(a^{4}+\dfrac{b^{4}+c^{4}}{2}\right)\left(b^{4}+\dfrac{a^{4}+c^{4}}{2}\right)}\geq \sum_{cyc}(a^{4}+3a^{3}b)$

Vì $2\sum_{cyc}\sqrt{\left(a^{4}+\dfrac{b^{4}+c^{4}}{2}\right)\left(b^{4}+\dfrac{a^{4}+c^{4}}{2}\right)}\geq2\sum_{cyc}\left(a^{2}\cdot\sqrt{\dfrac{a^{4}+c^{4}}{2}}+b^{2}\cdot\sqrt{\dfrac{b^{4}+c^{4}}{2}}\right)\geq$

$\geq2\sum_{cyc}\left(a^{2}\cdot\dfrac{a^{2}+c^{2}}{2}+b^{2}\cdot\dfrac{b^{2}+c^{2}}{2}\right)=2\sum_{cyc}(a^{4}+a^{2}b^{2})\geq\sum_{cyc}(a^{4}+3a^{3}b).$
“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#122 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 21-08-2011 - 17:25

$\sum_{cyc}\sqrt{a^{4}+\dfrac{b^{4}}{2}+\dfrac{c^{4}}{2}}\geq\sum_{cyc}\sqrt{a^{4}+b^{3}c}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow\sum_{cyc}\left(a^{4}-a^{3}b+2\sqrt{\left(a^{4}+\dfrac{b^{4}+c^{4}}{2}\right)\left(b^{4}+\dfrac{a^{4}+c^{4}}{2}\right)}\right)\geq2\sum_{cyc}\sqrt{(a^{4}+b^{3}c)(b^{4}+c^{3}a)}$.

Anh muốn hỏi Toàn là bước này là bình phương 2 vế phải không ?
P/s:Bài 41::
Cho $a,b,c,d \in [-1;+ \infty]$.Tìm tất cả các số thực $k$ sao cho BĐT sau đúng:

$\sum_{sym}a^3 +1 \ge k\sum_{sym}a$

Mình sẽ post đáp án bài 40 vào cuối tuần sau hay thứ 3.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 21-08-2011 - 17:26

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#123 vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Kẻ Sặt_ Hải Dương
  • Sở thích:Kìa chú là chú ếch con có hai là hai mắt tròn....

Đã gửi 22-08-2011 - 22:47

Tiếp theo. Chúng ta sẽ thảo luận về BĐT AM-GM với bộ 3 số.

Bài 42
Cho $a,b,c \ge 0$. Chứng minh rằng :

$a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}$



Ta có thể chứng minh BĐT thông dụng trên bằng bao nhiêu cách ???
Hãy trình bày cẩn thận, rõ ràng cách chứng minh của các bạn.
Hy vọng Topic sẽ sôi động trở lại!

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#124 CD13

CD13

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1454 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 22-08-2011 - 23:31

Mình đóng góp cách cơ bản nhất:
Lời giải 1
$\\ (a^3+b^3)+(c^3+abc) \ge 2ab\sqrt{ab}+2c^2\sqrt{ab}=2\sqrt{ab}(ab+c^2)\ge 4abc$

Bổ sung: Dấu = xảy ra khi $a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 22-08-2011 - 23:53


#125 vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Kẻ Sặt_ Hải Dương
  • Sở thích:Kìa chú là chú ếch con có hai là hai mắt tròn....

Đã gửi 22-08-2011 - 23:37

Lời giải 1 khá ngắn gọn. Mình xin góp một lời giải nữa.
Lời giải 2
Đặt:$a = {x^3};b = {y^3};z = {c^3}$
BĐT tương đương :
$\begin{array}{l}{x^3} + {y^3} + {z^3} \ge 3xyz\\ \Leftrightarrow {x^3} + {y^3} + {z^3} - 3xyz \ge 0\\ \Leftrightarrow (x + y + z)({x^2} + {y^2} + {z^2} - xy - yz - xz) \ge 0\end{array}$
Một điều luôn đúng!
Dấu = xảy ra khi a=b=c

Bạn ongtroi cũng đã đưa ra cách giải trên sau 1 phút.
Lời giải 3 ( của ongtroi )
Biến đổi tương đương:
$\\ a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\\ = \dfrac{1}{2}(a+b+c)((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2) \ge 0$

@ to ongtroi: Cách này mình vừa post r�ồi ( nhanh hơn 1 tẹo ) nên mi`nh hợp 2 bài viết lại cho mọi người dễ nhiìn. Rất cảm ơn bạn ongtroi đã tham gia topic!


P/s: Còn rất nhiều cách chứng minh thú vị. Mọi người post nhiệt tình nhé!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 23-08-2011 - 19:50

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#126 CD13

CD13

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1454 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 23-08-2011 - 09:00

Tiếp theo. Chúng ta sẽ thảo luận về BĐT AM-GM với bộ 3 số.

Bài 42
Cho $a,b,c \ge 0$. Chứng minh rằng :

$a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}}$

Ta có thể chứng minh BĐT thông dụng trên bằng bao nhiêu cách ???

Lời giải 3:
Sử dụng đến Hoán vị vậy!
Biến đổi:
$\\ a^3+b^3+c^3\ge 3abc\\ \Leftrightarrow \dfrac{a^2}{bc}+\dfrac{b^2}{ac}+\dfrac{c^2}{ab}\ge 3\\$
Giả sử $a \ge b \ge c$, ta xét hai dãy cùng chiều:
$\\ \left\{ \begin{array}{l} a^2 \ge b^2 \ge c^2 \\ \dfrac{1}{{bc}} \ge \dfrac{1}{{ac}} \ge \dfrac{1}{{ab}} \\ \end{array} \right.\\ \\ \Rightarrow \dfrac{a^2}{bc}+\dfrac{b^2}{ac}+\dfrac{c^2}{ab}\ge \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\\$
Lại xét hai dãy ngược chiều:
$\\ \left\{ \begin{array}{l} a \ge b \ge c \\ \dfrac{1}{a} \le \dfrac{1}{b} \le \dfrac{1}{c} \\ \end{array} \right.\\ \Rightarrow 1+1+1 \le \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\\$
So sánh hai khẳng định trên ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ongtroi: 23-08-2011 - 09:05


#127 CD13

CD13

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1454 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 23-08-2011 - 11:31

Lời giải 4:
Dồn biến
Ta dễ dàng chứng minh được: $f(a,b,c)\ge f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)$ trong đó $f(a,b,c) = a+b+c\\$.
Suy ra: $f(a,b,c) \ge f(\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc})$
Đó cũng chính là điều cần phải chứng minh.

@vietfrog: Bạn hãy trình bày cụ thể ra cho mọi người dễ quan sát. Hộ mình nhé!
ongtroi: Như vậy rất rõ ràng rồi mà bạn!

@vietfrog: Chỗ Suy ra:'' $f(a,b,c) \ge f(\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc})$ '' là thế nào vậy? Mình chưa thấy rất rõ ràng cho lắm!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ongtroi: 23-08-2011 - 21:55


#128 CD13

CD13

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1454 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 23-08-2011 - 21:52

@vietfrog: Chỗ Suy ra:'' $f(a,b,c) \ge f(\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc})$ '' là thế nào vậy? Mình chưa thấy rất rõ ràng cho lắm!

Ah, mình dựa vào định lí dồn biến (của PKH và của Trần Phương).
(Bỏ qua mấy yếu tố phụ). Nếu
$f(x_1,x_2,x_3,...,x_n)\ge f(\sqrt{x_1x_2},\sqrt{x_1x_2},x_3,...,x_n)\\ \Rightarrow f(x_1,x_2,x_3,...,x_n)\ge f(\sqrt[n]{x_1x_2...x_n},\sqrt[n]{x_1x_2...x_n},...,\sqrt[n]{x_1x_2...x_n})$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 28-11-2011 - 23:26


#129 vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Kẻ Sặt_ Hải Dương
  • Sở thích:Kìa chú là chú ếch con có hai là hai mắt tròn....

Đã gửi 23-08-2011 - 22:18

Ah, mình dựa vào định lí dồn biến (của PKH và của Trần Phương).
(Bỏ qua mấy yếu tố phụ). Nếu
$\\ f(x_1,x_2,x_3,...,x_n)\ge f(\sqrt{x_1x_2},\sqrt{x_1x_2},x_3,...,x_n)\\ \Rightarrow f(x_1,x_2,x_3,...,x_n)\ge f(\sqrt[n]{x_1x_2...x_n},\sqrt[n]{x_1x_2...x_n},...,\sqrt[n]{x_1x_2...x_n})$

Rất cảm ơn ongtroi vì định lý dồn biến đầy bổ ích của bạn. ( Mình cứ lo bạn dùng AM-GM 3 số chỗ đó :alpha)
Định lý dồn biến khá thú vị.
Mình xin bổ sung thêm một cách nữa vẫn với ý tưởng dồn biến.
Lời giải 5
Chuẩn cho $a + b + c = 1$.
Với $f(a,b,c) = {(a + b + c)^3} - 27abc = 1 - 27abc$. Ta chứng minh:$f(a,b,c) \ge 0$
Đặt:$t = \dfrac{{a + b}}{2}$
Ta chứng minh:$f(a,b,c) \ge f(t,t,c)$
Thật vậy: $ab \le \dfrac{{{{(a + b)}^2}}}{4} = {t^2} \Rightarrow abc \le {t^2}c \Rightarrow 1 - 27abc \ge 1 - 27{t^2}c$
Để ý:$c = 1 - 2t$ nên $f(t,t,c) = 1 - 27.{t^2}(1 - 2t) = (1 + 6t){(1 - 3t)^2} \ge 0$
Dấu = xảy ra khi a=b=c


P/s: Các bạn hoàn toàn có thể dồn biến về trung bình nhân. Còn bạn nào có cách khác cứ post nhiệt tình nhé!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 23-08-2011 - 22:19

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#130 tangkhaihanh

tangkhaihanh

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 53 Bài viết

Đã gửi 23-08-2011 - 22:56

Lời giải 6

Ta có:$ a+b+c +\dfrac{a+b+c}{3} \ge 4 \sqrt[4]{abc(\dfrac{a+b+c}{3})} $
=> $\dfrac{(a+b+c)}{3} \ge \sqrt[4]{abc(\dfrac{a+b+c}{3})}$
=>$ (a+b+c)^4 \ge 27abc(a+b+c) $
=>$ (a+b+c)^3 \ge 27abc$

@vietfrog: Cách giải của bạn rất hay nhưng bạn viết sai nhiều quá. Nên cẩn thận hơn!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 23-08-2011 - 23:00


#131 CD13

CD13

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1454 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 23-08-2011 - 23:10

Lời giải 6

Ta có:$ a+b+c +\dfrac{a+b+c}{3} \ge 4 \sqrt[4]{abc(\dfrac{a+b+c}{3})} $
=> $\dfrac{(a+b+c)}{3} \ge \sqrt[4]{abc(\dfrac{a+b+c}{3})}$
=>$ (a+b+c)^4 \ge 27abc(a+b+c) $
=>$ (a+b+c)^3 \ge 27abc$

@vietfrog: Cách giải của bạn rất hay nhưng bạn viết sai nhiều quá. Nên cẩn thận hơn!

Cách giải của bạn hay nhưng do chúng ta đang chứng minh AG cho 3 số mà bạn dùng AG cho 4 số thì có phần hơi khó đấy nhe! Tuy nhiên để bài này hoàn chỉnh hơn thì bạn cần chứng minh AG cho 4 số sẽ chặt chẽ hơn! (Mà điều này đối với bạn thì dễ như trở bàn tay đúng không?)

#132 vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Kẻ Sặt_ Hải Dương
  • Sở thích:Kìa chú là chú ếch con có hai là hai mắt tròn....

Đã gửi 24-08-2011 - 20:35

Chúng ta đã có 6 lời giải cho BĐT AM-GM 3 số. Các bạn có cách giải khác thì cứ tiếp tục post ( Nên đúng cấu trúc cây nhé )
Tiếp đến chúng ta sẽ tìm đến BĐT khá nhiều ứng dụng:
-----BĐT Schur với 3 số với cách diễn đạt sau:
Bài 43
Cho $a,b,c \ge 0$. Chứng minh rằng:

${a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \ge ab(a + b) + ac(a + c) + bc(b + c)$



P/s: Mọi người post thật nhiều cách hay lên nhé!

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#133 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 24-08-2011 - 21:16

Chúng ta đã có 6 lời giải cho BĐT AM-GM 3 số. Các bạn có cách giải khác thì cứ tiếp tục post ( Nên đúng cấu trúc cây nhé )
Tiếp đến chúng ta sẽ tìm đến BĐT khá nhiều ứng dụng:
-----BĐT Schur với 3 số với cách diễn đạt sau:
Bài 43
Cho $a,b,c \ge 0$. Chứng minh rằng:

${a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \ge ab(a + b) + ac(a + c) + bc(b + c)$

Cách 1:

BDT $ \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \ge {a^2}(b + c) + {b^2}(a + c) + {c^2}(a + b)$

Xét $f\left( {a,b,c} \right) = {a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc - {a^2}(b + c) - {b^2}(a + c) - {c^2}(a + b)$

Đặt: $t = \dfrac{{b + c}}{2}$.

Xét $m = f\left( {a,b,c} \right) - f\left( {a,t,t} \right) = \left( {b + c - \dfrac{5}{4}a} \right){\left( {b - c} \right)^2}$

Giả sử $a = \min \left\{ {a,b,c} \right\}$ và a, b , c là các số không âm nên $m \ge 0$.

Ta chứng minh $f\left( {a,t,t} \right) \ge 0 \Leftrightarrow a{\left( {a - t} \right)^2} \ge 0$ đúng.

Từ đó ta có đpcm.


#134 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 26-08-2011 - 19:45

Post thêm bài cho vui nào :geq
Bài 44: Cho $x,y,z \in [0;1]$ và $n>0;n \neq 1$.Chứng minh rằng:

$2(x^{n}+y^{n}+z^{n}) \le 2xyz+\dfrac{n^2}{n-1}$


Bài 45: Tìm tất cả các nghiệm dương $a,b,c,d$ của hệ sau:

$ \left\{\begin{array}{l}a+b+c+d=12\\abcd=27+ab+bc+ca+da+db+dc\end{array}\right.$

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Thật sự là BĐT Schur bậc 3 đã có rất nhiều tài liệu đưa ra quá nhiều cách chứng minh rồi,nên mình không đưa ra chứng mình cho nó ở đây :geq(thậm chí trên THTT cũng từng có bài viết bàn về BĐT này)
P/s:Bài 40 mình sẽ post đáp án vào ngày mai.Mong lời giải từ bất kỳ bác nào trong diễn đàn :geq

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 26-08-2011 - 19:48

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#135 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 27-08-2011 - 09:48

Chúng ta đã có 6 lời giải cho BĐT AM-GM 3 số. Các bạn có cách giải khác thì cứ tiếp tục post ( Nên đúng cấu trúc cây nhé )
Tiếp đến chúng ta sẽ tìm đến BĐT khá nhiều ứng dụng:
-----BĐT Schur với 3 số với cách diễn đạt sau:
Bài 43
Cho $a,b,c \ge 0$. Chứng minh rằng:

${a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \ge ab(a + b) + ac(a + c) + bc(b + c)$



P/s: Mọi người post thật nhiều cách hay lên nhé!

Cách 2:
Không mất tính tổng quát,ta giả sử $a \ge b \ge c$.Viết lại BĐT dưới dạng sau:

$a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b) \ge 0$

Ta có:

$c(c-b)(c-a) \ge 0$

$b(b-c)(b-a)+a(a-c)(a-b)=(a-b)[a(a-c)-b(b-c)]$

$=(a-b)[b(c-b)-a(c-a)] \ge (a-b)(b-a)(c-a) \ge 0$

Suy ra điều phải chứng minh.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
Đây cũng là cách để chứng minh BĐT Schur tổng quát:
Cho $a,b,c \ge 0;k \in R$.Chứng minh rằng:

$a^{k}(a-b)(a-c)+b^{k}(b-c)(b-a)+c^{k}(c-a)(c-b) \ge 0$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 27-08-2011 - 20:40

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#136 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 27-08-2011 - 21:52

Lâu r�ồi không vào đây chém gió,giờ post bài này nhằm tạ tội :D
Bài 40:
Cho dãy $\{a_n \}$ thỏa mãn:$ \left\{\begin{array}{l}a_1=a_2=1\\a_{n+2}=\dfrac{1}{a_{n+1}}+a_n,n=1,2,3...\end{array}\right. $.
Chứng minh rằng:

$\pi(n+k)>\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_{i}a_{i+1}} >\ln (n+1)$

.
Trong đó $k$ là hằng số dương cho trước.

Như đã hứa,mình sẽ post đáp án bài này lên cho các bạn tham khảo :(
Đặt $x_{n}=a_{n}a_{n+1}$,ta thiết lập đc một dãy mới như sau:

$\{x_n \}: \left\{\begin{array}{l}x_1=1\\x_{n+1}=x_n +1\end{array}\right. $

Dễ dàng chứng minh được công thức tổng quát của dãy trên là $x_n=n$,nên ta có:$a_{n}a_{n+1}=n$.
Như vậy ta có thể viết lại BĐT cần chứng minh như sau:

$\pi (n+k)>\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{i}>\ln (n+1)$

Chúng ta chỉ quan tâm đến BĐT bên vế trái,vì BĐT bên vế phải chỉ là 1 BĐT cơ bản.Có thể xem lời giải ở Đây
Dễ thấy,theo công thức hàm RiermannBĐT Cauchy-Schwarz:

$\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{i} \overset{C-S}{\le} \sqrt{n\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{i^2}}$
$\lim\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{i^2}=\dfrac{\pi ^2}{6}$

Suy ra:

$\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{i} \le \dfrac{\pi \sqrt{n}}{\sqrt{6}}<n \pi <\pi (n+k)$

Vậy ta có điều phải chứng minh.
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Post thêm 1 bài cho vui vậy :D
Bài 46:
Cho $x,y,z \ge 0;k \in N^*$ thỏa mãn:$xy+yz+zx+xyz=4$.Chứng minh rằng:

$x^{k}y^{k}z \le \dfrac{1}{4^{k+1}(2k-1)^{2k-1}}$

Đẳng thức xảy ra khi nào ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 27-08-2011 - 21:56

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#137 vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Kẻ Sặt_ Hải Dương
  • Sở thích:Kìa chú là chú ếch con có hai là hai mắt tròn....

Đã gửi 30-08-2011 - 23:48

Bài 47 (Một BĐT nhẹ nhàng)
Cho $a;b;c;x;y;z \ge 0$ thỏa mãn: $a + x = b + y = c + z$
Chứng minh rằng:
$ax + by + cz \le 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 30-08-2011 - 23:49

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#138 Math_My.Passion

Math_My.Passion

    Lính mới

  • Thành viên
  • 7 Bài viết

Đã gửi 31-08-2011 - 21:59

Bài 48: Với a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng:
$\dfrac{(b+c-a)^2}{(b+c)^2+a^2}+\dfrac{(a+c-b)^2}{(a+c)^2+b^2}+\dfrac{(a+b-c)^2}{(a+b)^2+c^2} \geq \dfrac{3}{5}$
P/s: Chỉ dùng CS hoặc Cauchy thoy, không chơi chuẩn hoá hay BDT khác nhé, cảm ơn nhiều :alpha


P/s: Cảm ơn bạn đã tham gia topic, bài này có thể dùng pp tiếp tuyến!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-09-2011 - 00:04

Tình yêu là một cái gì đó quá cảm tính... Đối với tôi, quan trọng nhất là những suy nghĩ lạnh lùng thiêng về lý trí...

#139 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 01-09-2011 - 09:15

Bài 48: Với a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng:
$\dfrac{(b+c-a)^2}{(b+c)^2+a^2}+\dfrac{(a+c-b)^2}{(a+c)^2+b^2}+\dfrac{(a+b-c)^2}{(a+b)^2+c^2} \geq \dfrac{3}{5}$
P/s: Chỉ dùng CS hoặc Cauchy thoy, không chơi chuẩn hoá hay BDT khác nhé, cảm ơn nhiều :alpha
P/s: Cảm ơn bạn đã tham gia topic, bài này có thể dùng pp tiếp tuyến!

Em nghĩ bài này muốn dùng phương pháp tiếp tuyến thì phải chuẩn hóa mới dùng được. Nhưng theo bạn Math_My.Passion thì không chơi chuẩn hóa.
Math_My.Passion có cách nào khác chỉ cho mình với nhé. Thanks nhiều.


#140 NguyThang khtn

NguyThang khtn

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1465 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1 K46 Tổng hợp

Đã gửi 01-09-2011 - 10:51

Có cách không dùng chuẩn hóa đó bạn!
Bạn suy nghĩ kĩ xem!

It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow

 

94e8dcf4f558448c8c8e808278c0c65e.0.gif





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh