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 108 trả lời

#81 long0711

long0711

    Lính mới

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

Đã gửi 30-10-2015 - 09:51

BĐT 20:

Với mọi a, b, c là số thực: 

$\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{1}{3}$



#82 NguyenPhuongQuynh

NguyenPhuongQuynh

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 87 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Nơi tràn ngập tình yêu thương
  • Sở thích:học Toán

Đã gửi 02-12-2015 - 21:27

$Cho \left\{x,y,z>0\begin{matrix} \\xyz=1 \end{matrix}\right. CMR:\frac{x^{2}}{x+y+y^{3}z}+\frac{y^{2}}{y+z+z^{3}x}+\frac{z^{2}}{x+z+x^{3}y} \geq 1$



#83 tcqang

tcqang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 228 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 23-12-2015 - 02:02

BĐT 20:

Với mọi a, b, c là số thực: 

$\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{1}{3}$

Bổ sung thêm chặn trên cho đầy đủ luôn:

 

Với mọi a, b là số thực, ta có: 

$$\frac{1}{3} \le \frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2} \le 3 $$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tcqang: 23-12-2015 - 02:02

Tìm lại đam mê một thời về Toán!


#84 tcqang

tcqang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 228 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 23-12-2015 - 02:11

Bất đẳng thức Mincopski:$\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{c^{2}+d^{2}}\geq \sqrt{(a+c)^{2}+(b+d)^{2}} Dấu bằng khi a;b và c;d là hai bộ tỉ lệ$

Nếu trong bài thi Đại học, chúng ta không cần thiết phải nêu tên BĐT Minkowski cũng được (vì phải chứng minh lại), chỉ cần nói áp dụng BĐT vecto:

$|\vec{u}|+|\vec{v}| \geq |\vec{u}+\vec{v}|$ , với $\vec{u}(a;b) ; \vec{v}(c;d) $ là cũng hợp lệ và không cần phải chứng minh lại.

(Như trong đáp án khối A năm 2002 của Bộ GD).


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tcqang: 23-12-2015 - 02:11

Tìm lại đam mê một thời về Toán!


#85 tcqang

tcqang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 228 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 23-12-2015 - 02:25

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!

Hoặc chứng minh hàm $f(t) = t^x + t^{-x}$ đồng biến trên $(1; +\infty)$ cũng được. 


Tìm lại đam mê một thời về Toán!


#86 tcqang

tcqang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 228 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 23-12-2015 - 02:43

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?

Kết quả này hoàn toàn đúng. Tuy nhiên cần lưu ý là thi ĐH chỉ được dùng BĐT Cauchy cho 2 hoặc 3 số; và 2 BĐT Vecto (BĐT độ dài và BĐT tích vô hướng, chính là cách né để thừa nhận BĐT Bunhiacopxki và Minkowski). Còn lại những BĐT quen thuộc khác đều phải chứng minh lại. Cụ thể, trong đề Toán Khối B năm 2007 chỉ cần áp dụng Cauchy cho 9 số là ra ngay, tuy nhiên đáp án vẫn chỉ dùng cho 3 số.


Tìm lại đam mê một thời về Toán!


#87 tcqang

tcqang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 228 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 23-12-2015 - 02:58

BĐT 2:
Với $ab \ge 1$ ta luôn có: \[\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + ab}}\]
Chứng minh
Biến đổi tương đương:

\[\begin{array}{l}
\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + ab}}\\
\Leftrightarrow \dfrac{1}{{1 + {a^2}}} - \dfrac{1}{{1 + ab}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} - \dfrac{1}{{1 + ab}} \ge 0\\
\Leftrightarrow \dfrac{{{{(a - b)}^2}(ab - 1)}}{{(1 + {a^2})(1 + {b^2})(1 + ab)}} \ge 0
\end{array}\]
Ta có đpcm.

Đổi ngược giả thiết ta sẽ có BĐT đảo chiều:

 

Với $-1 < ab \le 1$ ta sẽ có: \[\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \le \dfrac{2}{{1 + ab}}\]

 

Chứng minh
Biến đổi tương đương:
$\Leftrightarrow \dfrac{{{{(a - b)}^2}(ab - 1)}}{{(1 + {a^2})(1 + {b^2})(1 + ab)}} \le 0$

Ta có đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tcqang: 23-12-2015 - 03:01

Tìm lại đam mê một thời về Toán!


#88 gatoanhoc1998

gatoanhoc1998

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 66 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Quốc Học Huế
  • Sở thích:Xem sách

Đã gửi 23-12-2015 - 06:45

câu 20(có vẻ hơi dễ)

Ta có:

$P= (a^{2}+ab+b^{2})/(a^{2}-ab+b^{2})=1-2ab/(a^{2}-ab+b^{2})$

Lại có:

$3ab\leq a^{2}+ab+b^{2}$ $(RHS\geq 0)$

$\Rightarrow ab/(a^{2}+ab+b^{2})\leq 1/3$

---------------------------------

Để TQ hơn cũng có thể làm như sau để chặn thật chặt 2 đầu bđt

$b=0\rightarrow P=1$

$b\neq 0\Rightarrow p=(x^{2}-x+1)/(x^{2}+x+1)$ (Với x=a/b)

Xét hàm số f(x) trên R

$f'(x)=(2x^{2}-2)/(x^{2}+x+1)^{2}$

$f'(x)=0\Leftrightarrow x=1 \vee x=-1$

Mặt khác : 

Khi $x\rightarrow \infty$ thì $limf(x)=1$

BBT------>Maxf=f(-1)=3,Minf=f(1)=1/3


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi gatoanhoc1998: 23-12-2015 - 06:45


#89 PlanBbyFESN

PlanBbyFESN

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 637 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT

Đã gửi 23-12-2015 - 17:42

 

Bổ sung thêm chặn trên cho đầy đủ luôn:

 

Với mọi a, b là số thực, ta có: 

$$\frac{1}{3} \le \frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2} \le 3 $$

 

$\frac{a^{2}-ab+b^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}= 1-\frac{2ab}{a^{2}+ab+b^{2}}$

$\Rightarrow \frac{1}{3}\leq \frac{a^{2}-ab+b^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\leq 3\Leftrightarrow \frac{1}{3}\geq \frac{ab}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq -1$

Đến đây đơn giản rồi: qui đồng lên đánh giá a2+b2$\geq 2ab và a^{2}+b^{2}\geq -2ab$ là ra cả 2 cái ( lưu ý khi qui đồng phải giải thích mấu >0)

Hết, dấu = tự hiểu


:huh:

#90 tcqang

tcqang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 228 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 04-01-2016 - 10:36

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

Thi ĐH thì Cauchy-Schwarz cũng không được áp dụng trực tiếp đâu nghen bạn. Chỉ được phép dùng Cauchy cho 2 số và 3 số, 2 BĐT vecto (BĐT độ dài và BĐT tích vô hướng).

Thay vì dùng Cauchy-Schwarz ở trên, ta có thể né bằng cách chỉ dùng Cauchy cho 2 và 3 số:

$\frac{a^2}{b^2} + 1 \ge 2\frac{a}{b}$

$\frac{b^2}{c^2} + 1 \ge 2\frac{b}{c}$

$\frac{c^2}{a^2} + 1 \ge 2\frac{c}{a}$

$\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3$

Cộng 4 BĐT trên ta có đpcm.


Tìm lại đam mê một thời về Toán!


#91 tcqang

tcqang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 228 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 04-01-2016 - 10:38

$\frac{a^{2}-ab+b^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}= 1-\frac{2ab}{a^{2}+ab+b^{2}}$

$\Rightarrow \frac{1}{3}\leq \frac{a^{2}-ab+b^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\leq 3\Leftrightarrow \frac{1}{3}\geq \frac{ab}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq -1$

Đến đây đơn giản rồi: qui đồng lên đánh giá a2+b2$\geq 2ab và a^{2}+b^{2}\geq -2ab$ là ra cả 2 cái ( lưu ý khi qui đồng phải giải thích mấu >0)

Hết, dấu = tự hiểu

Có thể ngắn gọn hơn bằng cách nhân chéo quy đồng trực tiếp (vì mẫu luôn dương) rồi biến đổi tương đương thành 2 hằng đẳng thức $(a-b)^2 \ge 0$ và $(a+b)^2 \ge 0$ là xong.


Tìm lại đam mê một thời về Toán!


#92 tcqang

tcqang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 228 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 04-01-2016 - 10:40

$Cho \left\{x,y,z>0\begin{matrix} \\xyz=1 \end{matrix}\right. CMR:\frac{x^{2}}{x+y+y^{3}z}+\frac{y^{2}}{y+z+z^{3}x}+\frac{z^{2}}{x+z+x^{3}y} \geq 1$

Đây là 1 bài toán lớn rồi, không thể xem là 1 BĐT phụ được  :D


Tìm lại đam mê một thời về Toán!


#93 tcqang

tcqang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 228 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 04-01-2016 - 10:46

chuẩn rồi bạn ơi.cái này thì đơn giản mà

Đúng là Cauchy-Schwarz thì quá quen thuộc và đơn giản với chúng ta khi làm các Bài BĐT trên diễn đàn, đi thi HSG hoặc thi Olympic, nhưng đi thi ĐH phải chứng minh lại theo BĐT tích vô hướng của 2 vecto đó bạn ah. Không khéo tắt quá là mất điểm đó. Bởi vì kì thi ĐH là kỳ thi phổ thông (phổ biến thông dụng cho mọi học sinh toàn quốc, từ yếu kém, đến trung bình, khá giỏi) nên mọi lý thuyết được sử dụng trong bài thi tự luận chỉ là những gì được ghi trong SGK phổ thông mà thôi. Ngay cả BĐT Bunhiacopxki, trong SGK người ta cũng đã bỏ đi, vì chỉ cần sử dụng BĐT vecto (tích vô hướng) là ra.


Tìm lại đam mê một thời về Toán!


#94 PhanLocSon

PhanLocSon

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Hưng Yên
  • Sở thích:Học và Chơi

Đã gửi 04-01-2016 - 16:03

Một số bổ đề mà mình gom được khi học bđt:
BĐT 17

\[\forall x:\dfrac{1}{{1 + {x^2}}} \ge 1 - \dfrac{x}{2}\]
Tổng quát hơn chút,

\[\forall x:\dfrac{1}{{k + {x^2}}} \ge \dfrac{1}{k} - \dfrac{x}{{2\sqrt k }}\]
BĐT 18

\[\left( {1 + {a^3}} \right)\left( {1 + {b^3}} \right)\left( {1 + {c^3}} \right) \ge {\left( {1 + abc} \right)^3}\]

\[\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) \ge {\left( {amn + bny + cpz} \right)^3}\]

17 dùng cauchy ngược phải không anh?


Cuộc đời vốn không công bằng, vì thế hãy tự làm quen với nó.(nói thế thôi)


#95 PhanLocSon

PhanLocSon

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Hưng Yên
  • Sở thích:Học và Chơi

Đã gửi 04-01-2016 - 16:28

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

Chưa ai chơi câu này hả
Dùng BĐT schur cho 1/x;1/y;1/z ta có:
$$ \frac{1}{xyz}\geq (\frac{1}{x}+\frac{1}{y}-\frac{1}{z})(\frac{1}{x}-\frac{1}{y}+\frac{1}{z})(-\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}) $$
Khai triển cái này rồi thế vào là ok


Cuộc đời vốn không công bằng, vì thế hãy tự làm quen với nó.(nói thế thôi)


#96 tcqang

tcqang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 228 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 05-01-2016 - 11:03

17 dùng cauchy ngược phải không anh?

Bổ đề 17 sai vùng giá trị của $x$ rồi. BĐT chỉ đúng khi $x \ge 0$ mà thôi.

Chứng minh:

Bổ đề 17 $\Leftrightarrow x(x-1)^2 \ge 0$ (đúng $\forall x \ge 0$).


Tìm lại đam mê một thời về Toán!


#97 tcqang

tcqang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 228 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 05-01-2016 - 11:10

17 dùng cauchy ngược phải không anh?

Bổ đề 17 sẽ sai khi lấy $x = -1$.

Bổ đề 18 cũng chỉ đúng với các số không âm (phản ví dụ: lấy $a = -2; b = c = 0$ sẽ sai).

Bổ đề 18 chính là BĐT Holder, có thể xem như BĐT Bunhiacopxki mở rộng (xem chứng minh bằng Cauchy trong cuốn Sáng tạo BĐ của Phạm Kim Hùng)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tcqang: 06-01-2016 - 11:21

Tìm lại đam mê một thời về Toán!


#98 tcqang

tcqang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 228 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 06-01-2016 - 11:27

Với $a, b \ge 0$, ta có:  $\sqrt{a+1} + \sqrt{b+1} \ge \sqrt{a+b+1} + 1      (*) $.

Thật vậy, $(*) \Leftrightarrow a + 1 + b + 1 + 2\sqrt{a+b+ab +1} \ge a + b + 1 + 1 + 2\sqrt{a+b+1}$

$\Leftrightarrow  \sqrt{a+b+ab +1} \ge \sqrt{a+b+1}$

$\Leftrightarrow  ab \ge 0$ (đúng)

Suy ra đpcm.

Dấu $"="$ xảy ra khi $ab = 0$.

 

P/s: Có thể mở rộng vùng giá trị $a, b \ge 0$ thành $a, b \ge -1 ; a + b \ge -1$ và $ab \ge 0$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tcqang: 06-01-2016 - 11:28

Tìm lại đam mê một thời về Toán!


#99 bacdaptrai

bacdaptrai

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 127 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thành phố Vũng Tàu
  • Sở thích:chơi bóng đá, học các môn tự nhiên

Đã gửi 12-01-2016 - 22:23

a³+b³+c³>=3abc



#100 bacdaptrai

bacdaptrai

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 127 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thành phố Vũng Tàu
  • Sở thích:chơi bóng đá, học các môn tự nhiên

Đã gửi 12-01-2016 - 22:51

=.= 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. $\blacksquare$

thực ra cái này cũng dùng quy nạp mà







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: Quyên góp, Tổng hợp

0 người đang xem chủ đề

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