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

#101 Air Force

Air Force

    Trung sĩ

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

Đã gửi 21-08-2016 - 18:16

BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ



Trong nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức ở cấp THPT, ta thường bắt gặp các Bất đẳng thức phụ , các Bổ đề nhỏ.
Có khi các Bất đẳng thức, Bổ đề đó ta có thể dễ dàng nghĩ tới để sử dụng. Nhưng cũng có khi ta băn khoăn không hiểu vì sao lại sử dụng bất đẳng thức phụ đó và đôi khi ta không biết về nó.
Chính vì vậy, mình mở topic này để cùng anh em VMF thảo luận, thu thập, tổng hợp các Bất đẳng thức phụ.
Biết càng nhiều Bất đẳng thức phụ xem như ta có thêm nhiều vũ khí, khi cần có thể đem ra dùng để đối phó với các bài toán Bất đẳng thức.
Rất mong được mọi người ủng hộ.

* Một số yêu cầu nhỏ:
- Các Bất đẳng thức phụ đưa ra phải có hình thức ngắn gọn.
- Cách chứng minh các Bất đẳng thức phụ đó cần rõ ràng, mạch lạc, càng ngắn gọn càng tốt.
- Mọi người đưa BĐT phụ lên nếu có thể thì chứng minh luôn.
- Mọi người có thể post nhiều cách chứng minh bổ đề.
- Topic ứng dụng các BĐT phụ này sẽ được mở sau khi đã có số lượng BĐT phụ phong phú.

Hy vọng mọi người tham gia nhiệt tình để tổng hợp thành một tài liệu hay cho VMF.


 

star_big.png
Phổ biến

BĐT 1:
Chứng minh rằng: Với $a,b,c>0$ và $abc \le 1$ thì ta luôn có:\[\dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{b} \ge a + b + c\]

Chứng minh

Ta có: $abc \le 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{bc}} \ge a$
Theo BĐT AM-GM ta có:
\[\dfrac{{2a}}{c} + \dfrac{c}{b} = \dfrac{a}{c} + \dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{b} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{a^2}}}{{bc}}}} \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}.a}} = 3a{\rm{ }}(1)\]
Tương tự ta cũng có được: \[\dfrac{{2b}}{a} + \dfrac{a}{c} \ge 3b{\rm{ }}(2);\dfrac{{2c}}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 3c{\rm{ }}(3)\]
Từ $(1);(2);(3)$ ta có đpcm. 

 
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. 
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) 
$\dfrac{{{a^3} + {b^3}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^3}$ ; $\dfrac{{{a^4} + {b^4}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^4}$ .... 
BĐT4
Cho các số thức dương $a,b$.CMR
$\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{{a + b}}$


Chứng minh
Ta thấy
$\left( {a + b} \right)\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right) \ge 2\sqrt {ab} 2\dfrac{1}{{\sqrt {ab} }} = 4$ 

 



#102 Korosensei

Korosensei

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 97 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Thích học toán, xem anime

Đã gửi 11-11-2016 - 13:43

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)
$\dfrac{{{a^3} + {b^3}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^3}$ ; $\dfrac{{{a^4} + {b^4}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^4}$ ....

cái này áp dụng đc với 3 số không ?



#103 toila

toila

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 32 Bài viết

Đã gửi 21-12-2016 - 18:47

BĐT 15:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: ${a^2} + {b^2} + {c^2} + 2abc + 1 \ge 2(ab + bc + ac)$

Chứng minh
Theo nguyên lý Diricle thì luôn tồn tại 2 trong 3 số :$(a-1);(b-1);(c-1)$cùng dấu.
Giả sử:
\[(a - 1)(b - 1) \ge 0\]\[ \Leftrightarrow ab + 1 \ge a + b\]\[ \Leftrightarrow 2abc + 2ab + 2c \ge 2(ab + bc + ca)\]
Ta chứng minh:\[{a^2} + {b^2} + {c^2} + 1 \ge 2ab + 2c\]
BĐT trên luôn đúng theo BĐT AM-GM.

bạn có biết về điểm rơi không chỉ mình và cho vì dù trong bất đẳng thức phức tạp và đơn gian nhé cảm ơn



#104 Baodungtoan8c

Baodungtoan8c

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 40 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hệ ngân hà

Đã gửi 24-01-2017 - 21:57

$(a+b+c)^{3}\geq a^{3}+b^{3}+c ^{3} + 24abc$

CM:

$(a+b+c)^{3}= a^{3}+b^{3}+c^{3}+3(a+b)(b+a)(c+a)$$\geq$$a^{3}+b^{3}+c^{3}+24abc$

Ta có:

$(a+b)(b+c)(c+a)-8abc =a^{2}c+abc+ac^{2}+a^{2}b+ab^{2}+abc+b^{2}c+bc^{2}-8abc =c(a-b)^{2}+a(b-c)^{2}+b(c-a)^{2}\geq 0$

$\Rightarrow (a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc \Rightarrow 3(a+b)(b+c)(c+a)\geq 24abc \Rightarrow (a+b+c)^{3}\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}+24abc$


Học từ ngày hôm qua, sống ngày hôm nay, hi vọng cho ngày mai. Điều quan trọng nhất là không ngừng đặt câu hỏi.

                                                                                                                      Albert Einstein. 


#105 punnguyen

punnguyen

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 5 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Quảng Bình-> Chuyên Võ Nguyên Giáp
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 25-02-2017 - 16:27

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)
$\dfrac{{{a^3} + {b^3}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^3}$ ; $\dfrac{{{a^4} + {b^4}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^4}$ ....

bbt là j ạ



#106 hung4299

hung4299

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 39 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS - THPT Nguyễn Tất Thành
  • Sở thích:Khoa Học Tự Nhiên, Toán Học, Công Nghệ Thông Tin

Đã gửi 03-11-2019 - 10:48

 

BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ



Trong nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức ở cấp THPT, ta thường bắt gặp các Bất đẳng thức phụ , các Bổ đề nhỏ.
Có khi các Bất đẳng thức, Bổ đề đó ta có thể dễ dàng nghĩ tới để sử dụng. Nhưng cũng có khi ta băn khoăn không hiểu vì sao lại sử dụng bất đẳng thức phụ đó và đôi khi ta không biết về nó.
Chính vì vậy, mình mở topic này để cùng anh em VMF thảo luận, thu thập, tổng hợp các Bất đẳng thức phụ.
Biết càng nhiều Bất đẳng thức phụ xem như ta có thêm nhiều vũ khí, khi cần có thể đem ra dùng để đối phó với các bài toán Bất đẳng thức.
Rất mong được mọi người ủng hộ.

* Một số yêu cầu nhỏ:
- Các Bất đẳng thức phụ đưa ra phải có hình thức ngắn gọn.
- Cách chứng minh các Bất đẳng thức phụ đó cần rõ ràng, mạch lạc, càng ngắn gọn càng tốt.
- Mọi người đưa BĐT phụ lên nếu có thể thì chứng minh luôn.
- Mọi người có thể post nhiều cách chứng minh bổ đề.
- Topic ứng dụng các BĐT phụ này sẽ được mở sau khi đã có số lượng BĐT phụ phong phú.

Hy vọng mọi người tham gia nhiệt tình để tổng hợp thành một tài liệu hay cho VMF.


 

star_big.png
Phổ biến

BĐT 1:
Chứng minh rằng: Với $a,b,c>0$ và $abc \le 1$ thì ta luôn có:\[\dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{b} \ge a + b + c\]

Chứng minh

Ta có: $abc \le 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{bc}} \ge a$
Theo BĐT AM-GM ta có:
\[\dfrac{{2a}}{c} + \dfrac{c}{b} = \dfrac{a}{c} + \dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{b} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{a^2}}}{{bc}}}} \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}.a}} = 3a{\rm{ }}(1)\]
Tương tự ta cũng có được: \[\dfrac{{2b}}{a} + \dfrac{a}{c} \ge 3b{\rm{ }}(2);\dfrac{{2c}}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 3c{\rm{ }}(3)\]
Từ $(1);(2);(3)$ ta có đpcm. 

 
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. 
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) 
$\dfrac{{{a^3} + {b^3}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^3}$ ; $\dfrac{{{a^4} + {b^4}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^4}$ .... 
BĐT4
Cho các số thức dương $a,b$.CMR
$\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{{a + b}}$


Chứng minh
Ta thấy
$\left( {a + b} \right)\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right) \ge 2\sqrt {ab} 2\dfrac{1}{{\sqrt {ab} }} = 4$ 

 

Các BĐT trên có thể được CM từ một BĐT Cô si dạng tích sau:

$a^{m+n}+b^{m+n}\geq\frac{1}{2}(a^{m}+b^{m})(a^{n}+b^{n})$

CM:

$\frac{a^{m}+b^{m}}{2}\geq \frac{(a^{m-1}+b^{m-1})(a^{1}+b^{1})}{2^{2}}$

...

$\geq \frac{(a+b)^{m}}{2^{m}}=(\frac{a+b}{2})^{m}$


                                                                     Tiền bạc ư?

                                                                                      Rồi sẽ hết.

                                                                     Sắc đẹp ư?

                                                                                      Rồi sẽ phai...

                                                                     Chỉ có

                                                                                      Tri thức đi vào khối óc.

                                                                                      Tình cảm đi vào con tim.

                                                                     Sẽ còn

                                                                                      Mãi với thời gian...

                                                                                                - Trần Phương - 1990 -


#107 TamVienAQ

TamVienAQ

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 21-06-2020 - 12:32

BĐT 8: bất đẳng thức này khá hay và rất nhiều ứng dụng, mọi người nghĩ ra trường hợp tổng quát hơn nữa nha!
Cho ${a_1},{a_2},...,{a_n}$ là các số dương; m và k là các số nguyên dương, ta có bất đẳng thức sau:
$a_1^{m + k} + a_2^{m + k} + ... + a_n^{m + k} \ge a_1^ma_2^k + a_2^ma_3^k + ... + a_n^ma_1^k$
Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho (m+k) số:
$ma_1^{m + k} + ka_2^{m + k} \ge \left( {m + k} \right)a_1^ma_2^k$
Làm lại tương tự như vậy rồi cộng lại ta được đpcm.

Chứng minh như vầy được không!

Không mất tính tổng quát, giả sử $a_1\leq a_2\leq...\leq a_n$ suy ra $a_1^m\leq a_2^m\leq...\leq a_n^m$ và

$a_1^k\leq a_2^k\leq ... \leq  a_n^k$. Áp dụng bất đẳng thức hoán vị, ta có

$a_1^{m + k} + a_2^{m + k} + ... + a_n^{m + k} \geq a_1^ma_2^k + a_2^ma_3^k + ... + a_n^ma_1^k$. (đpcm)

Một cách tổng quát: Giả sử $a_1\leq a_2\leq...\leq a_n$ là các số dương; m và k là các số nguyên dương. Với $(x_1;x_2;...;x_n)$ là một hoán vị bất kỳ của $(a_1;a_2;...;a_n)$. Khi đó ta có

$a_1^{m + k} + a_2^{m + k} + ... + a_n^{m + k} \geq a_1^mx_1^k + a_2^mx_2^k + ... + a_n^mx_n^k\geq  a_1^ma_n^k + a_2^ma_{n-1}^k + ... + a_n^ma_1^k$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TamVienAQ: 21-06-2020 - 12:36


#108 TamVienAQ

TamVienAQ

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 21-06-2020 - 12:44

Nếu $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác thì $a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ca)$

Chứng minh:

$a<b+c$ suy ra $a^2<ab+ac$

$b<a+c$ suy ra $b^2<ab+bc$

$c<a+b$ suy ra $c^2<ac+bc$

Do đó $a^2+b^2+c^2<2(ab+bc+ca)$.



#109 Reyes

Reyes

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 6 Bài viết

Đã gửi Hôm nay, 11:46

Bất đẳng thức số 40: Cho các số thực dương a,b,c thì $\left (\frac{ab}{c} \right )^2+\left (\frac{bc}{a} \right )^2+\left (\frac{ac}{b} \right )^2\geqslant 3\left ( \frac{ab+bc+ca}{a+b+c} \right )^2$

Chứng minh: 

Áp dụng các bất đẳng thức: 

+,$\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}\geqslant a+b+c$

+,$3(x^2+y^2+z^2)\geqslant (x+y+z)^2\geqslant 3(xy+yz+zx)$

Và bất đẳng thức bunhia, ta có:

$\left ( \frac{ab}{c} \right )^2+\left ( \frac{bc}{a} \right )^2+\left ( \frac{ca}{b} \right )^2\geqslant \frac{1}{3}\left ( \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b} \right )^2\geqslant \frac{1}{3}(a+b+c)^2=\frac{1}{3}\left ( \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c} \right )^2\geqslant \frac{1}{3}.\left ( \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c} \right )^2=3\left ( \frac{ab+bc+ca}{a+b+c} \right )^2$

=>ĐPCM


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Reyes: Hôm nay, 11:56






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

1 người đang xem chủ đề

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