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

Bất đẳng thức phụ

Quyên góp Tổng hợp

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 104 trả lời

#21 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 10-11-2011 - 21:55

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 :ukliam2:

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

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


#22 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 23-11-2011 - 23:15

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

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


#23 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 23-11-2011 - 23:20

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.

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


#24 cutesmile9x

cutesmile9x

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 37 Bài viết

Đã gửi 27-11-2011 - 21:53

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


#25 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 27-11-2011 - 22:04

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 :P
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#26 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 02-12-2011 - 22:42

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. :icon6:
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

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


#27 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 02-12-2011 - 22:59

Ta có thể tổng quát bài toán trên như sau :icon6:
$\dfrac{1}{1+x_{1}^{n}}+...+\dfrac{1}{1+x_{n}^{n}}\geq \dfrac{n}{1+(x_{1}.x_{2}...x_{n})}(n\geq 2)$

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

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#28 phuonganh_lms

phuonganh_lms

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 293 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:The unborn
  • Sở thích:Nghe Linkin Park, harmonica

Đã gửi 05-12-2011 - 22:48

%%- (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 $a=b=c=1$

Hình đã gửi


#29 le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Vân Nội

Đã gửi 16-12-2011 - 01:53

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 :D, nhưng em lưu ý gõ công thức và Tiếng Việt có dấu nhé :D. Sưu tầm thêm BĐT phụ nha.

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


#30 le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Vân Nội

Đã gửi 17-12-2011 - 13:25

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


#31 MyLoVeForYouNMT

MyLoVeForYouNMT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Yên Dũng Bắc Giang

Đã gửi 27-03-2012 - 05:42

Ta có thể tổng quát bài toán trên như sau :icon6:
$\dfrac{1}{x_{1}^{n}}+...+\dfrac{1}{x_{n}^{n}}\geq \dfrac{n}{1+(x_{1}.x_{2}...x_{n})}(n\geq 2)$

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

​You may only be one person to the world
But you may also be the world to one person


#32 yeutoan11

yeutoan11

    Sĩ quan

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

Đã gửi 27-03-2012 - 14:11

Ta có thể tổng quát bài toán trên như sau :icon6:
$\dfrac{1}{x_{1}^{n}}+...+\dfrac{1}{x_{n}^{n}}\geq \dfrac{n}{1+(x_{1}.x_{2}...x_{n})}(n\geq 2)$

Ở mỗi mẩu của VT thiếu 1 đơn vị
Dựng nước lấy việc học làm đầu. Muốn thịnh trị lấy nhân tài làm gốc.
NGUYỄN HUỆ
Nguyễn Trần Huy
Tự hào là thành viên VMF

#33 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 27-03-2012 - 17:39

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. $\blacksquare$
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#34 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 871 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 27-03-2012 - 19:40

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

GEOMETRY IS WONDERFUL !!!

Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


Nguyễn Lâm Thịnh

#35 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 27-03-2012 - 20:20

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.
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#36 minhson95

minhson95

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 514 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH Bách Khoa Hà Nội

Đã gửi 31-03-2012 - 08:45

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


#37 terenceTAO

terenceTAO

    mathematics...

  • Thành viên
  • 197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THANH HÓA
  • Sở thích:toan ,bong da ..

Đã gửi 14-04-2012 - 19:56

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 $xy\geqslant a(x+y)-a^2$

Stay hungry,stay foolish


#38 dungmathpro

dungmathpro

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 39 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quang tri
  • Sở thích:soccer and math

Đã gửi 21-04-2012 - 12:30

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


#39 tientrung1309

tientrung1309

    Lính mới

  • Thành viên
  • 5 Bài viết

Đã gửi 31-05-2012 - 12:07

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


#40 nhana1

nhana1

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 10 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:hãy cố gắng khi còn có thể !!!!!!!!!cố lên !

Đã gửi 15-06-2012 - 14:50

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 ! ^^ :ukliam2: :ukliam2: :ukliam2: :ukliam2: :ukliam2:

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

Hình đã gửi

Hỡi nhân gian ai là người giỏi toán
Xin giải cho tôi bài toán về tình yêu
Giả thiết cho rằng tôi yêu người đó
Chứng minh rằng người đó cũng yêu tôi?





0 người đang xem chủ đề

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