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

#41 ntuan5

ntuan5

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 08-08-2012 - 18:55

1/$x_1+x_2+...+x_n=1$ $x_i$ thực dương , thì: $$(1+\frac{1}{x_1})(1+\frac{1}{x_2})...(1+\frac{1}{x_n}) \ge (n+1)^n$$.
Ta có sự: $1+x_1=(x_1+...+x_n)+x_1 \ge (n+1)^{n+1}\sqrt{x_1^2x_2...x_n}$....
Tương tự suy ra:
$(1+x_1)(1+x_2)...(1+x_n) \ge (n+1)^n(x_1x_2...x_n)$
Chuyển vế là được sự chứng minh.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
2/ Với số tự nhiên: $0 \le k \le n$
Ta luôn có: $1+\frac{k}{n} \le (1+ \frac{1}{n})^k < 1+\frac{k}{n}+\frac{k^2}{n^2}$
Vế trái khá đơn giản với Beruoulli, ta c/m vế phải bằng quy nạp.
Với $k=1,...,n=k đúng$, Với $n=k+1$
$(1+\frac{1}{n})^{k+1} = (1+\frac{1}{n})^k(1+\frac{1}{n}) < (1+\frac{k}{n}+\frac{k^2}{n^2})(1+\frac{1}{n})$
Khai triển, thì được:
$1+\frac{k+1}{n}+\frac{(k+1)^2}{n^2}-\frac{n(k+1)-k^2}{n^3} < 1+\frac{k+1}{n}+\frac{(k+1)^2}{n^2}$
.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ntuan5: 08-08-2012 - 19:02


#42 dangerous_nicegirl

dangerous_nicegirl

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 37 Bài viết

Đã gửi 09-08-2012 - 09:07

BDT24:với $a>b>1$, mọi x thì $a^{x}+a^{-x}\geq b^{x}+b^{-x}$
trừ vế theo vế ta được Bdt $\iff (a^{x}- b^{x})(1-\frac{1}{a^{x}b^{x}})\geq 0$
Nếu $x>0$ thì $a^{x}- b^{x}>0;1-\frac{1}{a^{x}b^{x}}>0$
Nếu $x<0$ thì ngược lại
Nếu $x=0$ ta có đẳng thức
MOD: Bạn gõ nốt phần còn lại đi nhé!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 09-08-2012 - 10:28


#43 tuilatrai123

tuilatrai123

    Lính mới

  • Thành viên
  • 5 Bài viết

Đã gửi 10-08-2012 - 14:48

CMR: Voi moi $a,b,c>0, n\geq 1$, ta co:
$ \frac{a^{n}}{b^{n}}+\frac{b^{n}}{c^{n}}+\frac{c^{n}}{a^{n}}\geq \frac{a^{n-1}}{b^{n-1}}+\frac{b^{n-1}}{c^{n-1}}+\frac{c^{n-1}}{a^{n-1}}\geq 3$
Ta co
$(n-1)\frac{a^{n}}{b^{n}}+1\geq n\sqrt[n]{\frac{a^{n(n-1)}}{b^{n(n-1)}}}=n.\frac{a^{n-1}}{b^{n-1}}$
Tuong tu ta co:
$(n-1)\frac{b^{n}}{c^{n}}+1\geq n.\frac{b^{n-1}}{c^{n-1}}$
$(n-1)\frac{c^{n}}{a^{n}}+1\geq n.\frac{c^{n-1}}{a^{n-1}}$
Cong lai ta co
$(n-1)(\frac{a^{n}}{b^{n}}+\frac{b^{n}}{c^{n}}+\frac{c^{n}}{a^{n}})+3\geq n(\frac{a^{n-1}}{b^{n-1}}+\frac{b^{n-1}}{c^{n-1}}+\frac{c^{n-1}}{a^{n-1}})$
ma`$ \frac{a^{n-1}}{b^{n-1}}+\frac{b^{n-1}}{c^{n-1}}+\frac{c^{n-1}}{a^{n-1}}\geq 3$ (Cosy thoi)
=>$(n-1)(\frac{a^{n}}{b^{n}}+\frac{b^{n}}{c^{n}}+\frac{c^{n}}{a^{n}})\geq (n-1)(\frac{a^{n-1}}{b^{n-1}}+\frac{b^{n-1}}{c^{n-1}}+\frac{c^{n-1}}{a^{n-1}})$
=>dpcm

Cái này là do em tự nghĩ ra khi làm bdt :
$ \frac{a^{3}}{b^{3}}+\frac{b^{3}}{c^{3}}+\frac{c^{3}}{a^{3}}\geq \frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}}$
Các anh chị xem có đúng không?

#44 Bui Nhat Son

Bui Nhat Son

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết

Đã gửi 19-11-2012 - 21:15

Này BDT 17 điều kiện sai thì phải. đúng phải là với x >hoặc=0

#45 Sagittarius912

Sagittarius912

    Trung úy

  • Thành viên
  • 776 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 19-11-2012 - 22:33

(*) cho abc la 3 canh 1 tam giac. khi do
$\sum a^{2}< 2\sum ab$.
cm:
ta có bdt tam giac
$a< b+c\Rightarrow a^{2}<a(b+c)$
thiet lap cac bdt tuong tu, cong ve theo ve ta co dpcm ^^

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doandat97: 19-11-2012 - 22:34


#46 thienlonghoangde

thienlonghoangde

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 21 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Cần Thơ
  • Sở thích:Tìm niềm vui thời ta lạc bước.
    $L.U$

Đã gửi 26-11-2012 - 21:07

Không biết đã tới bài mấy rồi nữa,Mod đánh dấu bài lại dùm mình nha.Đã có dự định viết chuyên đề BĐT phụ này từ lâu,đã thành bản thảo trên giấy nhưng chưa có thời gian soạn,mong được anh vietfrog chỉ bảo thêm.Em post thử vài bài,mọi người góp chút ý kiến nha.
1.$\dfrac{{{a^n} + {b^n} + {c^n}}}{3} \ge {\left( {\dfrac{{a + b + c}}{3}} \right)^n}$ với $a,b,c > 0;n \in \mathbb{N}$


Chứng minh


Theo bất đẳng thức $AM-GM$ ta có :
${a^n} + \left( {n - 1} \right){\left( {\dfrac{{a + b + c}}{3}} \right)^n} \ge n.{\left( {\dfrac{{a + b + c}}{3}} \right)^{n - 1}}.a$
${b^n} + \left( {n - 1} \right){\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)^n} \ge n.{\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)^{n - 1}}.b$
${c^n} + \left( {n - 1} \right){\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)^n} \ge n.{\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)^{n - 1}}.c$
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.


Ứng dụng


Với $a,b,c \geq 0$ .Chứng minh rằng:
$${a^4} + {b^4} + {c^4} \ge {\left( {\dfrac{{a + 2b}}{3}} \right)^4} + {\left( {\dfrac{{b + 2c}}{3}} \right)^4} + {\left( {\dfrac{{c + 2a}}{3}} \right)^3}$$

2.Cho $ x,y,z$ là các số thực không âm .Ta có:
$$ x^2y+y^2z+z^2x+xyz\le\frac{4}{27}(x+y+z)^3$$


Lời giải


Ta có theo bổ đề trên:
$$\dfrac{{{{\left( {{a^2}} \right)}^2} + {{\left( {{b^2}} \right)}^2} + {{\left( {{c^2}} \right)}^2}}}{3} \ge {\left( {\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3}} \right)^2} \ge {\left( {\dfrac{{a + 2b}}{3}} \right)^4}$$
Tượng tự cho các biến còn lại,cộng lại cho ta điều phải chứng minh.


Chứng minh


Giả sử $y$ là số nằm giữa $x , z $ ta có:$z(x-y)(y-z)\geq0$.Từ đó ta có:$x^2y+y^2z+z^2x+xyz\le x^2y+y^2z+z^2x+xyz+z(x-y)(y-z)=y(x+z)^2$
$$=\frac{1}{2}.2y.(x+z)(x+z)\le\frac{4}{27}(x+y+z)^3$$
Ứng dung:Đây là bài toán hay của tác giả Vaisile Cirtoaje có nhiều bài toán ứng dụng rất hay:
Cho các sô thực không âm $a,b,c$ thoả mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b^3+16}+\frac{b}{c^3+16}+\frac{c}{a^3+16}\geq\frac{1}{6}$$

Trần Quốc Anh

Giải

Ta có:
$\frac{a}{b^3+16}=\frac{1}{16}(a-\frac{ab^3}{b^3+16})=\frac{1}{16}(a-\frac{ab^3}{b^3+2^3+2^3})\geq\frac{1}{16}(a-\frac{ab^2}{12})$
Từ đó suy ra:
$\frac{a}{b^3+16}+\frac{b}{c^3+16}+\frac{c}{a^3+16}\geq\frac{1}{16}(3-\frac{(ab^2+bc^2+ca^2)}{12})\geq\frac{1}{6}$
Hay
$ab^2+bc^2+ca^2\le 4$. Đây là kết quả yếu của bài toán trên.
3.Cho $ a,b,c $ là các số thực thoả $a \geq b \geq c$ .Ta có:
1.$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$ $\le$ $3+3(\frac{c}{a}+\frac{a}{c})$
2.$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$ $\le$ $5+2(\frac{c}{a}+\frac{a}{c})$


Chứng minh


1.Ta có: $ 3+(\frac{a}{b}+\frac{b}{a})+(\frac{b}{c}+\frac{c}{b})+(\frac{c}{a}+\frac{a}{c})$
$\le$ $3+3(\frac{c}{a}+\frac{a}{c})$
Hay
$(\frac{a}{b}+\frac{b}{a})+(\frac{b}{c}+\frac{c}{b})$ $\le$ $2(\frac{c}{a}+\frac{a}{c})$
$VT-VP=\frac{(b-c)(a^2-bc)+(a-b)(ab-c^2)}{abc}\geq0$
Do điều kiện,ta dễ suy ra điều phải chứng minh.
2.Tương tự .
Ứng dụng:Bài toán quen thuộc là đề thi thử VMF năm 2012 lần 3.
4.$3{\left( {{a^2} - a + 1} \right)^3} \ge {a^6} + {a^3} + 1\,\,\,\forall a \ge 0$
Chứng minh:
Ta có $3{\left( {{a^2} - a + 1} \right)^3} - \left( {{a^6} + {a^3} + 1} \right) = {\left( {a - 1} \right)^4}\left( {2{a^2} - a + 2} \right) \ge 0$.


Ứng dụng


Cho $x,y,z \geq 0$ chứng minh rằng:
$$ 3\left( {{x^2} - x + 1} \right)\left( {{y^2} - y + 1} \right)\left( {{z^2} - z + 1} \right) \ge {\left( {xyz} \right)^2} + xyz + 1$$.






Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thienlonghoangde: 26-11-2012 - 21:16


#47 Sagittarius912

Sagittarius912

    Trung úy

  • Thành viên
  • 776 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 28-11-2012 - 19:28

Một bdt phụ khá hay và đẹp:
Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. CMR:
$abc(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq 3$



Chứng minh:
Ta có:
$abc(a^{2}+b^{2}+c^{2})=\frac{1}{3}abc(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq \frac{1}{9}(ab+bc+ca)^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

$(ab+bc+ca)^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})=(ah+bc+ca)(ab+bc+ca)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq (\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(ab+cb+ca)}{3})^{3}=27$
Kết hợp 2 bdt trên ta có dpcm. dấu "=" khi $a=b=c=1$

#48 xuanha

xuanha

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quỳnh Lưu, Nghệ An

Đã gửi 04-12-2012 - 19:11

BĐT 3:
Cho $a,b \in R;n \in {N^*}$. Chứng minh rằng: \[\dfrac{{{a^n} + {b^n}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n}\]

Chứng minh:
Trước tiên ta xét: $$f(x) = {x^n} + {(c - x)^n};c > 0,n \in {N^*}$$.
Ta có: $f'(x) = n{x^{n - 1}} - n{(c - x)^{n - 1}}$;$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{c}{2}$. Lập BBT.
\[BBT \to f(x) \ge f\left( {\dfrac{c}{2}} \right) \Leftrightarrow {x^n} + {(c - x)^n} \ge 2{\left( {\dfrac{c}{2}} \right)^n}\]
Chọn $x = a;c = a + b$ ta có:\[{a^n} + {b^n} \ge 2{\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n} \Leftrightarrow \dfrac{{{a^n} + {b^n}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n}\]

BĐT trên là BĐT tổng quát giúp ta dễ nhớ.
Từ BĐT trên ta có thể thay n=2,3,4...
Sẽ được một số BĐT phụ khá hữu ích. ( cái mà ta muốn nói đến)
$\dfrac{{{a^3} + {b^3}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^3}$ ; $\dfrac{{{a^4} + {b^4}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^4}$ ....

dùng bđt holder là có ngay.

#49 xuanha

xuanha

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quỳnh Lưu, Nghệ An

Đã gửi 04-12-2012 - 19:59

với 0<xy\leq 1 :
\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^{2}}}\leq \frac{2}{\sqrt{1+xy}}
CM: $\frac{1}{2}(\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^{2}}})^{2}\leq \frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+y^{2}}=\frac{1+x^{2}+1+y^{2}}{(1+x^{2})(1+y^{2})}=1+\frac{1-(xy)^{2}}{(1+x^{2})(1+y^{2})}\leq 1+\frac{1-(xy)^{2}}{(1+xy)^{2}}=\frac{2}{1+xy}$
ttừ đó ta cos dc đpcm

#50 Oral1020

Oral1020

    Thịnh To Tướng

  • Thành viên
  • 1225 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:My house

Đã gửi 22-12-2012 - 15:44

BDT 29:
Với mọi $x,y,z \in \mathbb{R^{+}}$ thỏa mãn $xyz=1$,ta luôn có:
$x^2+y^2+z^2 \ge x+y+z$
Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$,ta có:
$x^2+y^2+z^2 \ge \dfrac{(x+y+z)^2}{3}$
Ta chỉ cần chứng minh
$\dfrac{(x+y+z)^2}{3} \ge x+y+z$
$\Longleftrightarrow x+y+z \ge 3$(luôn dúng với $AM-GM$)
----
Bất đẳng thức thứ 19 có một cách chứng minh dùng BDT này.Đó là đặt $\dfrac{a}{b}=x$ $\dfrac{b}{c}=y$ $\dfrac{c}{a}=z$

"If I feel unhappy,I do mathematics to become happy.


If I feel happy,I do mathematics to keep happy."

Alfréd Rényi

Hình đã gửi


#51 Laser Angry Bird

Laser Angry Bird

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Looking to my eyes!!!

Đã gửi 10-01-2013 - 15:12

BĐT 30:
CMR: Với mọi số thực dương a,b,c ta luôn có:
$\frac{2}{b\left ( a+b \right )}+\frac{2}{c\left ( b+c \right )}+\frac{2}{a\left ( c+a \right )}\geqslant \frac{27}{\left ( a+b+c \right )^{2}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Laser Angry Bird: 10-01-2013 - 15:14


#52 Laser Angry Bird

Laser Angry Bird

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Looking to my eyes!!!

Đã gửi 10-01-2013 - 15:18

Dùng AM-GM trực tiếp là ra ngay.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Laser Angry Bird: 10-01-2013 - 15:18


#53 Laser Angry Bird

Laser Angry Bird

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Looking to my eyes!!!

Đã gửi 10-01-2013 - 15:22

$\sum \frac{1}{b\left ( a+b \right )}\geqslant \frac{3}{\sqrt[3]{abc\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}}\geqslant \frac{3}{\frac{a+b+c}{3}.\frac{2\left ( a+b+c \right )}{3}}= \frac{27}{2\left ( a+b+c \right )^{2}}$
suy ra đpcm


#54 mathgeek1992

mathgeek1992

    Lính mới

  • Thành viên
  • 5 Bài viết

Đã gửi 18-01-2013 - 12:39

BDT 31:
Cho $x,y,z >2$ và$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$
Cmr
$(x-2)(y-2)(z-2)\leq 1$

#55 kbull

kbull

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 18 Bài viết

Đã gửi 25-02-2013 - 20:33

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.

Trong cuối Bất Đẳng Thức của Võ Giang Giai nó chứng minh cái này phức tạp lắm.

Đi Thi Há Nhẽ Về Không

Đại Học Giấy Báo Quyết Tâm Mang Về.


#56 nguyencuong123

nguyencuong123

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 587 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A1 THPT Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An
  • Sở thích:Được người khác chia sẻ thêm nhiều kiến thức về Toán học.

Đã gửi 03-03-2013 - 19:48

1.Cho a,b,c là các số thực thoả mãn điều kiện sau:
0<a,b,c<d.
Và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\sqrt{\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}}=\frac{2}{d}$.
Chứng minh: $ab+bc+ac<\sqrt{3} d^{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyencuong123: 03-03-2013 - 19:50

    :icon12:  :icon12:  :icon12:   Bình minh tắt nắng trời vương vấn :icon12:  :icon12:  :icon12:       

      :icon12: Một cõi chơi vơi, ta với ta  :icon12:       

:nav: My Facebook  :nav:  

 


#57 baonguyen97

baonguyen97

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 15 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Lê Quí Đôn

Đã gửi 10-03-2013 - 18:51

BDT 33
Cho a,b không bé hơn 1.
$\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1} \leqslant \sqrt{ab}$ (1)
Chứng minh:
$(1) \Leftrightarrow 2\sqrt{(a-1)(b-1)} \leqslant (a-1)(b-1) +1$
Đúng theo am-gm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baonguyen97: 10-03-2013 - 18:59


#58 Supermath98

Supermath98

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 512 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Toán;Thơ;đá bóng;...

Đã gửi 26-03-2013 - 14:56

BĐT 34: Cho các số $a;b;c\geq 0. CMR: a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq abc(a+b+c).$

 

 

Chứng minh: 

 

Sử dụng BĐT Cô-si ta có:

$a^{4}+b^{4}+c^{4}=\frac{1}{2}(a^{4}+b^{4})+\frac{1}{2}(b^{4}+c^{4})+\frac{1}{2}(a^{4}+c^{4})\geq a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2}=\frac{1}{2}a^{2}(b^{2}+c^{2})+\frac{1}{2}b^{2}(c^{2}+a^{2}) +\frac{1}{2}c^{2}(a^{2}+b^{2})\geq a^{2}bc+b^{2}ca+c^{2}ab=abc(a+b+c)$


:icon12: :icon12: :icon12: Đừng bao giờ ngồi một chỗ và ước. Hãy đứng dậy và làm:icon12: :icon12: :icon12:

#59 Mai Xuan Son

Mai Xuan Son

    Vagrant

  • Thành viên
  • 274 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quảng Bình

Đã gửi 26-03-2013 - 19:51

Bất đẳng thức phụ số $35$   ^_^

$\bigstar$Với $a_{1},a_{2},... ,a_{n}\geq 1$ thì ta có bất đẳng thức sau
$\frac{1}{1+a_{1}}+\frac{1}{1+a_{2}}+...+\frac{1}{1+a_{n}}\geq \frac{n}{1+\sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}}}$
Chứng minh cái này cũng đơn giản(Vì đúng với 2 số nên theo bất đẳng thức $Jensen$ nó đúng với $n$ số), nhưng mình muốn đề cập đến ứng dụng, kiểu thường dùng

$\star$Với $x_{1}.x_{2}\geq 1$ Ta có bất đẳng thức sau (thường $x_{1},x_{2}$ không âm)
$\frac{1}{1+x_{1}^2}+\frac{1}{1+x_{2}^{2}}\geq \frac{2}{1+x_{1}.x_{2}}$

Ứng dụng
Bài toán 1
Cho $a,b\in N^*$ Chứng minh rằng
$\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}\geq \frac{a+b}{1+(a^a.b^b)^\frac{1}{a+b}}$
Giải:
Theo bất đẳng thức phụ trên cùng với giả thiết $a,b$ nguyên dương cho ta nghĩ đến việc tách như sau
$\frac{a}{1+a}=\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+a}+...+\frac{1}{1+a}$ Với $a$ số hạng
$\frac{b}{1+b}=\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+b}+...+\frac{1}{1+b}$ Với $b$ số hạng
Vì vậy Áp dụng $\bigstar$ Cho $a+b$ số $\geq 1$ Ta được điều phải chứng minh 
Dấu bằng xảy ra khi chẳng hạn $a=b\in N^*$

Bài toán 2
Cho $x=\max [x,y,z]$ Tìm $\min$ của
$\mathbb{P}=\frac{2x}{x+y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}$
Giải:
Áp dụng bổ đề nhỏ ở trên cùng với giả thiết $x$ là số lớn nhất nên $\frac{x}{z}.\frac{z}{y}\geq 1$
$\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}=\frac{1}{1+\frac{z}{y}}+\frac{1}{1+\frac{x}{z}}\geq \frac{2}{1+\sqrt{\frac{x}{y}}}$
Đặt $\sqrt{\frac{x}{y}}=t\geq 1$ Sau đó ta khảo sát hàm 1 biến để tìm được $\min$

1 bài để các bạn thảo luận nè
$\blacklozenge$ Cho $x,y,z\in [\frac{1}{3};3]$ Tìm $\min$ của
$\mathbb{Q}=\frac{x}{x+y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}$
(điểm rơi là bộ $[\frac{1}{3};1;3]$)

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tops2liz: 26-03-2013 - 19:53

~~~like phát~~~

#60 Hulk NH

Hulk NH

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 12 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Đông - Hà Nội
  • Sở thích:Nghe nhạc, bơi lội, thủ môn ♥

Đã gửi 07-05-2013 - 22:09

Cho a,b,c dương, abc=1, cmr:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq a+b+c$

 

CM:

Ta có:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}= \frac{a^{2}c+b^{2}a+c^{2}b}{abc}= a^{2}c+b^{2}a+c^{2}b$

Lại có:

Theo bđt cô si 3 số:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+a^{2}c\geq 3a$

Cm tương tự => Cộng vế ta có đfcm.

Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1.

 







1 người đang xem chủ đề

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