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.


duythanbg

Đăng ký: 01-07-2014
Offline Đăng nhập: 18-01-2017 - 19:18
-----

Chủ đề của tôi gửi

$\sum (xy-y+1)^2\geq \frac{3}{2}$

03-11-2015 - 19:47

Cho x,y,z là các số dương nằm trong đoạn [0,1] 

Chứng minh rằng            

                                            $\sum (xy-y+1)^2\geq \frac{3}{2}$

 

:mellow: Bài này đẳng thức xảy ra tại $(0,\frac{1}{2},1)$ và các hoán vị. Nhưng mình chưa giải được  :mellow:


về các số $7^{2n}+5.7^n+1$

16-09-2015 - 19:56

Cho n là một số tự nhiên lẻ. Chứng minh

$7^{2n}+5.7^n+1$ chỉ có ước nguyên tố dạng $4k+1$


$f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy$

18-08-2015 - 21:08

$f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

$f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy$


Phương pháp : Tổng các hàm số ( S.O.F)

11-06-2015 - 20:09

           Do hạn chế bài viết nên mình sẽ chỉ đề cập đến BĐT Hoán vị vì phương pháp này giải các BĐT Hoán vị rõ ràng hơn, dễ hiểu hơn.

 

Ta có 2 định lý đơn giản sau : 

 

Định lý 1 : Nếu a và b là 2 số thỏa mãn : $a+b\geq 0$ thì một trong 2 số a,b phải không âm.

Định lý 2 : Nếu ta có  $f(a,b,c)\geq 0$ là một BĐT Hoán vị đúng  thì cũng tương đương với $f(a,c,b)\geq 0$ là một BĐT Hoán vị đúng

 

Từ đó ta có Định lý S.O.F

 

Để Chứng minh BĐT Hoán vị  $f(a,b,c)\geq 0$ ta sẽ chứng minh : $f(a,b,c)+f(a,c,b)\geq 0$

 

Sau đây là phần ứng dụng khá thú vị của S.O.F, nó sẽ giúp bạn hiểu rõ hơn.

 

BT1: ( IMO 1984)

Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác, CMR : $a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0$

 

Lời giải : 

Điều kiện a,b,c là 3 cạnh của một tam giác là không cần thiết.

Đặt $f(a,b,c)=a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)$

Ta có : với x,y,z là các số dương

$f(x,y,z)+f(x,z,y)=\sum (x^3y-x^2y^2+xy^3-x^2y^2)=\sum (xy(x-y)^2)\geq 0$

( Hiển nhiên đúng )

 

Do đó theo Định lý 1 : Một trong 2 biểu thức $f(x,y,z),f(x,z,y)$ phải không âm.

Nếu $f(x,y,z)\geq 0$ ta cho : $x=a,y=b,z=c$ suy ra ĐPCM.

Nếu $f(x,z,y)\geq 0$ ta cho : $x=a,y=c,z=b$ suy ra ĐPCM.

 

Nếu bạn đã hiều rồi thì ta không cần đặt thêm biến mới x,y,z nữa , ta sẽ sử dụng trực tiếp Định lý S.O.F luôn. Ta đến với bài toán nổi tiếng và khó sau :

 

BT2 : ( Vasile Cirtoaje) 

Cho a,b,c là các số dương. CMR : 

$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^3b+b^3c+c^3a)$

 

Lời giải :

Ta chỉ cần chứng minh : 

$2(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3\sum (a^3b+ab^3) \Leftrightarrow \sum (a^4+b^4+4a^2b^2-3a^3b-3ab^3)\geq 0 \Leftrightarrow \sum ((a^4+b^4-2a^2b^2)-(3a^3b+3ab^3-6a^2b^2))\geq 0\Leftrightarrow \sum (a-b)^2(a^2+b^2-ab)\geq 0$

 

Hiển nhiên đúng !!!!!

 

BT3: Cho a,b,c là các số thực dương. CMR :

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

 

Lời giải : 

Ta chỉ cần chứng minh : 

$\sum \frac{a^3+b^3}{a+b}\geq a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow \sum (a^2-ab+b^2)\geq a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$

 

Hiển nhiên đúng !

 

Các bạn có thể thấy sau khi sử dụng S.O.F thì BĐT hoán vị 3 biến ban đầu sẽ chuyển về đối xứng 3 biến, điều này gợi ý cho ta sử dụng phương pháp S.O.S

 

BT4 : (India 2002)

Cho a,b,c là 3 số dương. CMR : 

 

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

 

Lời giải : 

 

Hoàn toàn tương tự ta chỉ cần chứng minh :

$\sum (\frac{a}{b}-\frac{a+c}{b+c}+\frac{b}{a}-\frac{b+c}{a+c})\geq 0\Leftrightarrow \sum (\frac{c(a-b)}{b(b+c)}-\frac{c(a-b)}{a(a+c)})\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{c(a-b)^2(a+b+c)}{ab(a+c)(b+c)}\geq 0$

 

Đúng !

 

BT5 : (Vasile Cirtoaje)

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : 

$3(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-1)\geq 2(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c})$

 

Lời giải : 

Tương tự như trên, sau khi sử dụng S.O.F rồi giảm các biểu thức ở 2 vế ta đưa BĐT về dạng hiển nhiên sau : 

 

$\sum \left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right )\geq 6$

 

BT6: ( Vasile Cirtoaje

Cho a,b,c là các số thực dương , CMR :$\sum \sqrt{\frac{2a}{a+b}}\leq 3$

 

Lời giải : 

Tương tự : 

$\Leftrightarrow \sum \left (\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+ \sqrt{\frac{2b}{a+b}} \right )\leq 6$

Đúng vì theo Cauchy - Schwarz : 

$\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+\sqrt{\frac{2b}{a+b}}\leq \sqrt{2.\left ( \frac{2a}{a+b}+\frac{2b}{a+b} \right )}=2$

 

BT7: ( Vasile Cirtoaje - Arqady

 

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : 

$\sum \frac{a^2}{a+b}\leq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{2(a+b+c)}$

 

Lời giải : 

Tương tự, ta phải chứng minh : 

 

$\sum \left (\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}-\frac{a^2+b^2}{a+b}  \right )\geq 0\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{c^2(a+b)-c(a+b)}{a+b} \right )\geq 0\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{ac(a-c)}{a+b}-\frac{bc(b-c)}{a+b} \right )\geq 0\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{ac(a-c)}{a+b}-\frac{ac(a-c)}{b+c} \right )\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{ac(a-c)^2}{(a+b)(b+c)}\geq 0$

 

Hiển nhiên đúng.

 

BT8: ( Vasc - Arqady

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : $\sum \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\leq \frac{3\sqrt{2}}{2}$

 

Bài này dễ nên các bạn tự giải được.

 

BT9: Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : 

$\frac{a^2-c^2}{b+c}+\frac{b^2-a^2}{a+c}+\frac{c^2-b^2}{a+b}\geq 0$

 

Lời giải : 

 Tương tự như trên dẫn tới ta phải Chứng minh : 

 

$\sum \left ( \frac{a^2-c^2}{b+c}+\frac{c^2-a^2}{a+b} \right )\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{(a+c)(a-c)^2}{(b+c)(a+b)}\geq 0$

 

Hiển nhiên đúng.

 

BT10: ( Moldova TST 2006

Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác. CMR : 

$\sum a^2\left ( \frac{b}{c}-1 \right )\geq 0$

 

Lời giải : 

BĐT có dạng : 

$\sum a^3b^2\geq abc(a+b+c)$

Ta phải chứng minh  : 

$\sum (a^3b^2+a^2b^3)\geq 2abc(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow \sum a^3(b^2+c^2)\geq \sum 2a^3bc$

 

Hiển nhiên đúng theo BĐT AM - GM

 

BT11 : ( Micrea Lascu, Bandila, Panaitopol

Cho a,b,c là các số thực, CMR : 

$a(a+b)^3+b(b+c)^3+c(c+a)^3\geq 0$

 

Quá dễ nếu bạn sử dụng S.O.F

 

BT12 : ( Phan Thành Nam - VMEO 2005

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : 

 

$\sum \frac{1}{a\sqrt{a+b}}\geq \frac{3}{\sqrt{2abc}}$

 

Lời giải : 

Tương tự ta đưa bài toán về phải chứng minh : 

 

$\sum \left ( \frac{1}{a\sqrt{a+b}}+\frac{1}{b\sqrt{a+b}} \right )\geq \frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{abc}}\Leftrightarrow \sum \frac{\sqrt{a+b}}{ab}\geq \frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{abc}}\Leftrightarrow \sum c\sqrt{a+b}\geq 3\sqrt{2}\sqrt{abc}$

 

Đúng bằng cách sử dụng trực tiếp BĐT AM - GM 2 lần.

 

BT13: ( Gabriel Dospinescu )

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : 

 

$\sum \frac{1}{4a}+\sum \frac{1}{a+b}\geq 3\sum \frac{1}{3a+b}$

 

Lời giải : 

 

Tương tự như các bài toán trước ta đưa BĐT về đối xứng và ta phải chứng minh : 

$\sum \frac{1}{2a}+2\sum \frac{1}{a+b}\geq 3\sum  \left (\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+a}  \right )$

 

Hay 

$\sum \left ( \frac{1}{4a}+\frac{1}{4b}+\frac{2}{a+b}-\frac{3}{3a+b}-\frac{3}{3b+a} \right )\geq 0\Leftrightarrow \frac{1}{4}\sum \left ( (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{4}{a+b})-12(\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+a}-\frac{1}{a+b}) \right )\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2}{a+b}.\frac{3a^2+3b^2-2ab}{ab(3a+b)(3b+a)}\geq 0$

 

 

Hiển nhiên đúng !

Hay ĐPCM

 

BT14 : (Iran MO 2005

 

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : 

 

$\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )^2\geq (a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )$

 

Lời giải : 

 

Ta sẽ phải chứng minh : 

 

$\sum \frac{a^2}{b^2}+\sum \frac{a}{c}\geq 3+\sum \frac{a}{b}$$\sum \left (\frac{a^2}{b^2} +\frac{b^2}{a^2} \right )+\sum \left ( \frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right )\geq 3+3+\sum \left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right )\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2} \right )\geq 6$

Hiển nhiên đúng theo BĐT AM - GM 

 

 

BT15 : Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : 

 

$\sum \frac{a}{\sqrt{a+b}}\geq \frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{\sqrt{2}}$

 

Lời giải : 

 

Ta phải chứng minh : 

$\sum \left ( \frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{b}{\sqrt{a+b}} \right )\geq \sqrt{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\Leftrightarrow \sum \sqrt{a+b}\geq \sqrt{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$

 

Hiển nhiên đúng vì theo BĐT AM - GM với x,y là các số dương : $\sqrt{x}+\sqrt{y}\leq \sqrt{2(x+y)}$


$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\f...

01-02-2015 - 21:42

Cho a,b,c là các số thực dương . CMR : 

 

 

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$