Chủ đề này có 104 trả lời

[vietfrog]

BĐT 20:

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:
\[\dfrac{{{a^2}}}{{{b^2} + {c^2}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{c^2} + {a^2}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} \ge \dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}}\]


Chứng minh:
Xét hiệu $VT-VP$ và một số phép nhóm đơn giản ta thu được bất đẳng thức tương đương sau:
$$\Leftrightarrow ab(a-b)\left[\dfrac{1}{(b+c)(b^2+c^2)}-\dfrac{1}{(c+a)(c^2+a^2)} \right]+bc(b-c)\left[\dfrac{1}{(c+a)(c^2+a^2)}-\dfrac{1}{(a+b)(a^2+b^2)} \right]$$
$$+ca(a-c)\left[\dfrac{1}{(b+c)(b^2+c^2)}-\dfrac{1}{(a+b)(a^2+b^2)} \right] \ge 0$$
Với việc giả sử: $a \ge b \ge c$ thì ta có:
$$\dfrac{1}{(b+c)(b^2+c^2)} \ge \dfrac{1}{(c+a)(c^2+a^2)} \ge \dfrac{1}{(a+b)(a^2+b^2)}$$
Từ đó suy các biểu thức trong bất đẳng thức trên đều không âm. Ta có điều phải chứng minh.
Dấu $''=''$ xảy ra khi:$a=b=c$

P/s: Mong mọi người tham gia nhiệt hơn nữa

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 10-11-2011 - 22:17

[vietfrog]

BĐT 21:
Cho $a,b,c,d$ là các số dương.
Chứng minh rằng:\[\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {c + d} \right)} \ge \sqrt {ac} + \sqrt {bd} \]


Chứng minh
BĐT tương đương:\[\begin{array}{l}
\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {c + d} \right)} \ge \sqrt {ac} + \sqrt {bd} \\
\Leftrightarrow \left( {a + b} \right)\left( {c + d} \right) \ge ac + bd + 2\sqrt {abcd} \\
\Leftrightarrow {\left( {\sqrt {ab} - \sqrt {cd} } \right)^2} \ge 0
\end{array}\]




------------------------------
Dạng tổng quát cho bài toán trên chính là BĐT Mincopxki ( kiểu 2)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 23-11-2011 - 23:24

[vietfrog]

BĐT 22: ( Dạng bậc 3 của BĐT Schur )
Cho 3 số thực $a,b,c$. Chứng minh:
\[{a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \ge {a^2}(b + c) + {b^2}(a + c) + {c^2}(b + a)\]


Chứng minh:
Giả sử: \[a = Min\left\{ {a,b,c} \right\}\]
Xét :\[f(a,b,c) = {a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc - {a^2}(b + c) + {b^2}(a + c) + {c^2}(b + a)\]
Đặt: \[t = \frac{{b + c}}{2}\]
Ta thấy:\[f(a,b,c) - f(a,t,t) = \left( {b + c - \frac{5}{4}a} \right){\left( {b - c} \right)^2} \ge 0\]
Mà \[f(a,t,t) = a{\left( {a - t} \right)^2} \ge 0\]
Suy ra: \[f(a,b,c) \ge 0\]
Ta có được đpcm.

[cutesmile9x]

BĐT 23:

$ab+bc+ca \leq \frac{(a+b+c)^{2}}{3}$ $\forall a,b,c$

Chứng minh bằng cách đơn giản nhất là khai triển ra. Đưa về tổng 3 bình phương

BĐT 24:

$x^{3}+y^{3}\geq xy(x+y)$ $\forall a,b,c$

Chứng minh bằng cách xuất phát từ bất đẳng thức hiển nhiên $(x-y)^{2}(x+y)\geqslant0$

p/s: topic về các bất đẳng thức phụ mà sao có nhiều bất dẳng thức cồng kềnh quá vậy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cutesmile9x: 27-11-2011 - 22:01

[Ispectorgadget]

Hai bất đẳng thức trên đã nêu rồi.Dù sao cũng cám ơn bạn đã tham gia.


P/s: Mấy BĐT trên hình thức đơn giản. Nhưng cách chứng minh thi cũng hơi phức tạp thật

[vietfrog]

Vừa lượm được 1 BĐT nữa trên VMF. Cho vào đây chắc cũng phù hợp vì hình thức nó gọn gàng.
Ta dùng BĐT phụ vì hình thức của nó giúp ta dễ liên tưởng và áp dụng. Cách chứng minh có phức tạp chút nhưng cũng không sao. Biết BĐT đó rồi thì ta đỡ mất sức suy nghĩ để tìm ra nó nữa.
Đề nghĩ luôn các bạn đọc kĩ các BĐT ở trên để tránh sự trùng lặp.

BĐT 23:


Cho $a\geq 1$, $b\geq 1$, $c\geq 1$. Chứng minh rằng:

$\dfrac{1}{1+a^3}+\dfrac{1}{1+b^3}+\dfrac{1}{1+c^3}\geq \dfrac{3}{1+abc}$

Chứng minh

Trước tiên sử dụng BĐT 2 : $\frac{1}{{1 + {a^2}}} + \frac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \frac{2}{{1 + ab}}$
Ta có ngay:
$$\frac{1}{{1 + {a^3}}} + \frac{1}{{1 + {b^3}}} \ge \frac{2}{{1 + \sqrt {{a^3}{b^3}} }},\frac{1}{{1 + {c^3}}} + \frac{1}{{1 + abc}} \ge \frac{2}{{1 + \sqrt {ab{c^4}} }}$$
Đồng thời:$\frac{2}{{1 + \sqrt {{a^3}{b^3}} }} + \frac{2}{{1 + \sqrt {ab{c^4}} }} \ge \frac{4}{{1 + abc}}$
Suy ra: \[\frac{1}{{1 + {a^3}}} + \frac{1}{{1 + {b^3}}} + \frac{1}{{1 + {c^3}}} + \frac{1}{{1 + abc}} \ge \frac{4}{{1 + abc}}\]
Từ đó có được đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 02-12-2011 - 22:44

[Ispectorgadget]

Ta có thể tổng quát bài toán trên như sau
$\dfrac{1}{1+x_{1}^{n}}+...+\dfrac{1}{1+x_{n}^{n}}\geq \dfrac{n}{1+(x_{1}.x_{2}...x_{n})}(n\geq 2)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 28-03-2012 - 17:51

[phuonganh_lms]

(Thực ra đây cũng là BDT1)
Cho $ a,b,c$ dương thỏa mãn $abc=1$
CMR: $a^2b+b^2c+c^2a \ge a+b+c$

Một cách giải khác:
Đặt $a=\dfrac{x}{y}, b=\dfrac{y}{z},c=\dfrac{z}{x}$
Ta có $x^3+x^3+z^3 \ge 3x^2z, z^3+z^3+x^3 \ge 3z^2x, y^3+y^3+x^3 \ge 3y^2x$ (theo AM-GM)
Cộng các vế của các bdt trên ta có $x^3+y^3+z^3 \ge x^2y+y^2z+z^2x $
$\Leftrightarrow \dfrac{x^2}{yz}+\dfrac{y^2}{xz}+\dfrac{z^2}{xy} \ge \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}$
=>dpcm
Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$

[le_hoang1995]

Tổng quát BDT 3 của anh Vietfrog
BĐT 3 dạng tổng quát
$\dfrac{{a_1{}}^{n}+{a_{2}}^{n}+{a_3{}}^{n}+...+{a_n }^{n}}{n}\geq \left ( \dfrac{a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{n-1}+a_n}{n} \right )^{n}$

Chứng minh theo tư tưởng BDT Holder
Đặt S= ${a_1{}}^{n}+{a_{2}}^{n}+{a_3{}}^{n}+...+{a_n }^{n}$

$\dfrac{{a_{1}}^{n}}{S}+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n}+...+\dfrac{1}{n}\geq n\sqrt[n]{\dfrac{{a_{1}}^{n}}{S*n^{n-1}}}=a_{1}\sqrt[n]{\dfrac{n}{S}}$ ( BDT Cosi với n số)

Tương tự với các số a2, a3,...,an.

Cộng hai vế của n BDT trên ta sẽ suy ra điều phải chứng minh

@vietfrog:Cảm ơn Hoàng rất nhiều , nhưng em lưu ý gõ công thức và Tiếng Việt có dấu nhé . Sưu tầm thêm BĐT phụ nha.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 16-12-2011 - 16:16

[le_hoang1995]

Mình xin tổng hợp lại một số BĐT 3 biến ở trên vào một dãy, mình nghĩ là nó sẽ dễ nhớ hơn vì khá đẹp mắt. Các chứng minh chỉ dùng BĐT Cosi.
Với mọi a,b,c dương ta có:

$\dfrac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\geq \dfrac{\left ( a^{2}+b^{2} +c^{2}\right )\left ( a+b+c \right )}{3^{2}}\geq \dfrac{(a+b+c)^{3}}{3^{3}}\geq \dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}\geq $


$\dfrac{(ab+bc+ca)(a+b+c)}{9}\geq \sqrt{\left ( \dfrac{ab+bc+ca}{3} \right )^{3}}\geq abc\geq \dfrac{3}{\dfrac{1}{a^{3}}+\dfrac{1}{b^{3}}+\dfrac{1}{c^{3}}}$

_______________________________________________________________________________________

Ứng dụng:

CM BĐT trang 66 Sáng tạo bất đẳng thức mà không dùng chuẩn hóa

$\sqrt[3]{\dfrac{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}{8}}\geq \sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{3}}$

Nhìn dãy trên thấy ngay VT và VP cách nhau bởi $\sqrt[3]{\dfrac{\left ( ab+bc+ca \right )\left ( a+b+c \right )}{9}}$ nên ta CM như sau:

Ta có: $\left ( a+b\right )\left (b+c \right )\left ( c+a \right )= \left ( ab+bc+ca \right )\left ( a+b+c \right )-abc\geq \dfrac{8}{9}\left ( ab+bc+ca \right )\left ( a+b+c \right )$

$\Leftrightarrow \dfrac{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}{8}\geq \dfrac{\left ( ab+bc+ca\right )\left ( a+b+c \right )}{9}$ (1)

Vì $\left ( a+b+c \right )^{2}\geq 3\left ( ab+bc+ca \right )$ nên

$\dfrac{\left ( ab+bc+ca\right )\left ( a+b+c \right )}{9}\geq \sqrt{(\dfrac{ab+bc+ca}{3})^{3}}$ (2)

Từ 1 và 2 suy ra đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 22-12-2011 - 04:39

[MyLoVeForYouNMT]

Ta có thể tổng quát bài toán trên như sau
$\dfrac{1}{x_{1}^{n}}+...+\dfrac{1}{x_{n}^{n}}\geq \dfrac{n}{1+(x_{1}.x_{2}...x_{n})}(n\geq 2)$

Anh Kiên có thể làm bài tổng quát này không, em đang cần nó.

[yeutoan11]

Ta có thể tổng quát bài toán trên như sau
$\dfrac{1}{x_{1}^{n}}+...+\dfrac{1}{x_{n}^{n}}\geq \dfrac{n}{1+(x_{1}.x_{2}...x_{n})}(n\geq 2)$

Ở mỗi mẩu của VT thiếu 1 đơn vị

[Ispectorgadget]

Anh Kiên có thể làm bài tổng quát này không, em đang cần nó.

=.= ờ
Ta dễ dàng chứng minh được
Với n=2 ta có $\frac{1}{x_1^2+1}+\frac{1}{x_2^2+1}\geq \frac{2}{1+x_2.x_1}$
Giả sử $n=k$ là trường hợp đúng, nghĩa là
$$\frac{1}{1+x_1^k}+\frac{1}{1+x_2^k}+...+\frac{1}{1+x_k^k}\geq \frac{k}{1+\sqrt[k]{x_1^k.x_2^k...x_k^k}}(I)$$
Giả sử $n=k+1$ nghĩa là ta phải chứng minh $$\frac{1}{{1 + x_1^{k + 1} }} + \frac{1}{{1 + x_2^{k + 1} }} + ... + \frac{1}{{1 + x_k^{k + 1} }} + \frac{1}{{1 + x_{k + 1}^{k + 1} }} \ge \frac{{k + 1}}{{1 + (x_1 x_2 ...x_{k + 1} )}}$$
Đặt $$S=\frac{1}{{1 + x_1^{k + 1} }} + \frac{1}{{1 + x_2^{k + 1} }} + ... + \frac{1}{{1 + x_k^{k + 1} }} + \frac{1}{{1 + x_{k + 1}^{k + 1} }} $$
Theo $(I)$ ta có:

$$(*)\frac{1}{{1 + x_1^{k + 1} }} + \frac{1}{{1 + x_2^{k + 1} }} + ... + \frac{1}{{1 + x_k^{k + 1} }} + \frac{1}{{1 + x_{k + 1}^{k + 1} }} \ge \frac{k}{{1 + \sqrt[k]{{x_1^{k + 1} .x_2^{k + 1} ...x_n^{k + 1} }}}}$$
Tiếp tục sử dụng (I) với $(k-1)$ phân số: $\frac{1}{1+(x_1.x_2...x_{k+1})}$
$$(**) \frac{1}{1+x_{k+1}^{k+1}}+\frac{1}{1+(x_1.x_2...x_{k+1})}+...+\frac{1}{1}+(x_1.x_2...x_{k+1})\geq \frac{k}{1+\sqrt[k]{x_1^{k-1}...x_k^{k-1}.x_{k+1}^{2k}}}$$
Cộng vế theo vế (*), (**): $$S+\frac{k-1}{1+(x_1.x_2...x_{k+1})}\geq k[\frac{1}{1+\sqrt[k]{x_1^{k+1}...x_k^{k+1}}}+\frac{1}{1+\sqrt[k]{x_1^{k-1}...x_k^{k-1}}.x_{k+1}^{2k}}]$$
Mà ta lại có:$$[\frac{1}{{1 + \sqrt[k]{{x_1^{k + 1} ...x_k^{k + 1} }}}} + \frac{1}{{1 + \sqrt[k]{{x_1^{k - 1} ...x_k^{k - 1} .x_k^{2k} }}}}] \ge \frac{2}{{1 + \sqrt {\sqrt[k]{{x_1^{2k} .x_2^{2k} ...x_{k + 1}^{2k} }}} }} = \frac{2}{{1 + (x_1 .x_2 ...x_k .x_{k + 1} )}}$$

$$ \Rightarrow S + \frac{{k - 1}}{{1 + (x_1 .x_2 ...x_{k + 1} )}} \ge \frac{{2k}}{{1 + (x_1 x_2 ...x_{k + 1} )}} \Rightarrow S \ge \frac{{k + 1}}{{1 + (x_1 .x_2 ...x_{k + 1} )}}$$

Vậy ta có đpcm đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các biến bằng nhau. $\blacksquare$

[NLT]

Có cách chứng minh nào khác của bđt này hok vậy mọi người ?

[Ispectorgadget]

Có cách chứng minh nào khác của bđt này hok vậy mọi người ?

Có 1 cách dùng phương pháp quy nạp Cauchy nhưng khá dài.

[minhson95]

cho $a>0$ CMR:

$\dfrac{1}{a^2+1} \geq 1-\dfrac{a}{2}$

MOD: VUi lòng chứng minh ra rõ ràng. Còn tái phạm sẽ xóa không báo trước.

xin lỗi mọi người vì em không biết post bài xong phải CM

ta CM BĐT : theo kĩ thuật cauchy ngược dấu

ta có $\dfrac{1}{a^2+1} = 1- \dfrac{a^2}{a^2+1} \geq 1-\dfrac{a^2}{2a}=1-\dfrac{a}{2}$

(đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhson95: 05-04-2012 - 20:47

[terenceTAO]

Nếu $\left\{\begin{matrix} x\geqslant a & & \\ y\geqslant a& & \end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix} x\leqslant a & & \\ y\leqslant a& & \end{matrix}\right.$ thì $xy\geqslant a(x+y)-a^2$
Cm:từ giả thiết có
$(x-a)(y-a)\geqslant 0$ hay $xy\geqslant a(x+y)-a^2$

[dungmathpro]

BĐT 19:
Với a,b,c là 3 số thực dương ta có
$\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\geq \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}$


Chứng minh:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có
$3(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2})\geq (\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a})^2$
Áp dụng BĐT AM-GM ta được $(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2})\geq 3$
$3(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2})^2\geq 3(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a})^2$
Từ đây ta có đpcm

Cach khac:
$\frac{a^2}{b^2}+1\geq 2\frac{a}{b} \Rightarrow \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\geq 2.\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )-3$
lại có: $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3\Rightarrow dpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dungmathpro: 21-04-2012 - 12:32

[tientrung1309]

Cm với mọi $a, b, c$ dương ta có:

$(a^2+b^2+c^2)^2 \ge (a+b+c)(a^2b+b^2c+c^2a)$

MOD: Vui lòng đánh số thứ tự và chứng minh lại nhé!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 31-05-2012 - 12:12

[nhana1]

BĐT 20:



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

chứng mính: áp dụng với $\frac{a^2{}}{x}+\frac{b^2{}}{y}\geq \frac{\left ( a+b^{} \right )^{2}}{x+y} <=>$ biến đổi tương đương ta được (ay-bx) ² $\geq$. áp dụng BĐT trên cho $\frac{\left ( a+b \right )^{2}}{x+y} +\frac{c^2{}}{z}\geq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{x+y+z}$
suy ra dpcm

nếu có gì sai mong mọi người chỉ dùm nhé ! ^^

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhana1: 15-06-2012 - 14:51