Bất đẳng thức

[tongath2]

Cái bài trên Ad bunhia mở rộng=>đề [TEX]\ge[/TEX] [TEX]\sqrt{(x+y+z)^2+(1/x+1/y+1/z)^2}[/TEX] [TEX]\ge[/TEX] [TEX]\sqrt{9/4+(9/x+y+z)^2}[/TEX]=[TEX]3\sqrt{17}[/TEX]/2(đpcm) Ad svac

 

[quang1234554321]

Đó đâu phải là BĐT Cauchy - Schwarz !!

BĐT đó muốn chứng minh thì phải dùng BĐT Cauchy - Schwarz hoặc sư dụng bổ đề sau để CM bằng quy nạp

[TEX]\sqrt{a^2+b^2} + \sqrt{x^2+y^2} \geq \sqrt{(a+x)^2+(b+y)^2}[/TEX]

Anh nhớ nhầm rồi

Chú xem lại đi . Xem tại trang 19 trong ST BDT của PKH

 

[mcdat]

Chú xem lại đi . Xem tại trang 19 trong ST BDT của PKH

Anh mới phải là người xem lại thì có

Cái anh nói chỉ là hệ quả 1.2 mà thôi.

 

[quang1234554321]

Anh mới phải là người xem lại thì có

Cái anh nói chỉ là hệ quả 1.2 mà thôi.

trời , anh cũng ko hiểu ý chú là sao nữa . Thì anh bảo nó là hệ quả của BDT cauchy-schwarz chứ bảo sao mà chú nói anh xem lại cái gì . ko hiểu sao nữa

 

[vodichhocmai]

[TEX](*)[/TEX] cho [TEX]a,b,c>0[/TEX] chứng minh rằng [TEX]\sum_{cyclic} \frac{(b+c-a)^2}{(b+c)^2+a^2}\ge\frac{3}{5}[/TEX]

 

[twilighting]

Chân thành cảm ơn mọi người đã ủng hộ. Trước khi chuẩn bị ra đề mới, tôi tiếp tục vận động mọi người giải hết số bài này. Tính đến bây giờ vẫn còn một số bài chưa ai ý kiến.Thanks again!

 

[vodichhocmai]

Bài 1: Cho a,b, c là các số không âm thỏa a+b+c=3. Chứng minh:
[TEX]\frac{a^2}{b^2+1}[/TEX] + [TEX]\frac{b^2}{c^2+1}[/TEX] + [TEX]\frac{c^2}{a^2+1}[/TEX] [TEX]\geq[/TEX] [TEX]\frac{3}{2}[/TEX]

Dễ dàng chứng minh được . [TEX]a^2+b^2+c^2 \ge\3[/TEX]

Áp dụng bất đẳng thức [TEX]Schwarz[/TEX] ta có .

[TEX]VT= \sum_{cyc}\frac{ a^4 }{ a^2b^2+a^2 } \ge\ \sum_{cyc}\frac{ a^4 }{ a^2b^2+ \frac{a^2(a^2+b^2+c^2)}{3}}[/TEX]
[TEX]VT \ge\ \sum_{cyc} \frac{3\(\sum_{cyc}a^2\)^2}{\sum_{cyc}a^4+5 \sum_{cyc}a^2b^2}[/TEX]

Ta đi chứng minh [TEX]\sum_{cyc}\frac{3\(\sum_{cyc}a^2\)^2}{\sum_{cyc}a^4+5\sum_{cyc}a^2b^2}\ge\frac{3}{2}[/TEX]

[TEX]\leftrightarrow\sum_{cyc}a^4\ge\sum_{cyc} a^2b^2[/TEX] luôn đúng theo [TEX]AM-GM[/TEX]

 

[vodichhocmai]

Đặt [TEX]\left{\vec{x_1}=\(a_1;b_1\)\\\vec{x_2}=\(a_2;b_2\)\\....................\\\vec{x_n}=\(a_n;b_n\)[/TEX]
Lúc đó [TEX]\vec{x_1}+\vec{x_2}+........+\vec{x_n}=\(a_1+a_2+.....a_n;b_1+b_2......+b_n\)[/TEX]
Teo bất đẳng thức [TEX]Vector[/TEX] ta luôn có .
[TEX]\|\vec{x_1}\|+\|\vec{x_2}\|+........+\|\vec{x_n}\|\ge \|\vec{x_1}+\vec{x_2}+........+\vec{x_n}\| [/TEX]
[TEX]\righ \sqrt{a_1^2+b_1^2} + \sqrt{a_2^2+b_2^2} + .....+ \sqrt{a_n^2+b_n^2} \geq \sqrt{(a_1+.....+a_n)^2+(b_1+.....+b_n)^2}\ \(dpcm)[/TEX]

Mấy bài còn lại em cứ làm như bổ đề nầy là được .
Làm sao mà trong căn chứa tổng của 2 bình phương là gần ok

 

[trung0123]

Đặt [TEX]\left{\vec{x_1}=\(a_1;b_1\)\\\vec{x_2}=\(a_2;b_2\)\\....................\\\vec{x_n}=\(a_n;b_n\)[/TEX]
Lúc đó [TEX]\vec{x_1}+\vec{x_2}+........+\vec{x_n}=\(a_1+a_2+.....a_n;b_1+b_2......+b_n\)[/TEX]
Teo bất đẳng thức [TEX]Vector[/TEX] ta luôn có .
[TEX]\|\vec{x_1}\|+\|\vec{x_2}\|+........+\|\vec{x_n}\|\ge \|\vec{x_1}+\vec{x_2}+........+\vec{x_n}\| [/TEX]
[TEX]\righ \sqrt{a_1^2+b_1^2} + \sqrt{a_2^2+b_2^2} + .....+ \sqrt{a_n^2+b_n^2} \geq \sqrt{(a_1+.....+a_n)^2+(b_1+.....+b_n)^2}\ \(dpcm)[/TEX]

Có thể thế này nữa ạ
Đầu tiên xét [TEX]f(x)=(a_1x-b_1)^2+(a_2x-b_2)^2+...+(a_nx-b_n)^2[/TEX]
[TEX]=({a_1}^2+{a_2}^2+..+{a_n}^2)x^2-2(a_1b_1+...+a_nb_n)+{b_1}^2+...+{b_n}^2[/TEX]
Tiếp theo dùng định lí đảo về dấu tam thức bậc 2 là ta có đpcm

 

[trung0123]

[TEX](*)[/TEX] cho [TEX]a,b,c>0[/TEX] chứng minh rằng [TEX]\sum_{cyclic} \frac{(b+c-a)^2}{(b+c)^2+a^2}\ge\frac{3}{5}[/TEX]

[TEX]VT=\sum \frac{(b+c-a)^2}{(b+c)^2+a^2}[/TEX][TEX]\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum{(b+c)^2+a^2}[/TEX].
Chỉ cần chứng minh [TEX]\frac{(a+b+c)^2}{\sum{(b+c)^2+a^2}[/TEX][TEX]\geq \frac{3}{5}[/TEX].
Điều này tương đương với [TEX]\frac{1}{2}[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]\geq 0[/TEX]
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên bài toán được giải quyết

 

[trung0123]

Tham gia làm bài này đón năm mới nha

[TEX]\blue \ Cho \ a, \ b , c \ > \ 0 \ Tm: \ 21ab+2bc+8ca \leq 12 \\ CMR: \ \frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c} \geq \frac{15}{2}[/TEX]

Bạn mcdat lấy ở đâu đấy là thi tuyển chọn đội tuyển đặt [TEX]x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},c=\frac{1}{z}[/TEX].Dùng kỉ thuật đưa về một biến kết hợp AM-GM là ổn thôi

 

[trydan]

Cho

và

Chứng minh rằng:

IMO Shortlist, 1990​

 

[duynhan1]

Cho

và

Chứng minh rằng:

IMO Shortlist, 1990​

[TEX]LHS:= \frac{a^4}{ab+ac+ad} \geq \frac{(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{3} \geq \frac13[/TEX]

 

[trydan]

Cho

và

Chứng minh rằng:

Crux Mathematicorum​

 

[bigbang195]

[TEX]LHS:= \frac{a^4}{ab+ac+ad} \geq \frac{(a^2+b^2+c^2+d^2)^2}{3} \geq \frac13[/TEX]

ở dưới mẫu vẫn còn ac và bd dó anh .

 

[bigbang195]

Cho

và

Chứng minh rằng:

Crux Mathematicorum​

Bài này đặt thành

[TEX]\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{t}[/TEX]

[TEX]\frac{t}{k},\frac{k}{q}[/TEX]

 

[trydan]

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

Vietnam TST, 1996​

 

[duynhan1]

Cho [TEX]a^2+b^2+c^2+d^2 = 1[/TEX]. CMR:
[TEX](x^2 +ax +b)^2 + (x^2+cx+d)^2 \leq (2x^2 + 1)^2 (\forall x \in R)[/TEX]

 

[trydan]

Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương a, b, c :

 

[songeunji]

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

Vietnam TST, 1996​

không hiểu đề lắm:
chả phải
[TEX](a+b)^4\geq a^4+b^4[/TEX]
thế thì

[TEX](a+b)^4+(b+c)^4+(c+a)^4\geq 2(a+b+C)^4[/TEX]