Chuyên đề bất đẳng thức

[lovelycat_handoi95]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Chuyên đề bất đẳng thức
Bất đẳng thức là dạng bài thường xuyên xuất hiện trong các bài thi .Nó cũng quyết định rất lớn tới điểm thi của bạn .vì vậy mình lập ra pic này giúp tất cả mọi người có thể bàn luận ,giải các Bất đẳng thức và tìm hiểu kĩ hơn về chúng.Đâù tiên mình post các dạng BĐT cơ bản .Sau đó chúng ta sẽ làm tất cả các bài tập liên quan đến bất đẳng thức

Chú ý: -Chỉ được post các bài về BĐT ,bàn luận về chúng,tránh spam
_Các bài post lên phải được đánh số thứ tự
_Phải có tên đề bài, tên đề phải viết rõ được in đậm


1.Bất đẳng thức AM-GM:

Với mọi số thực dương [TEX]a_1,a_2,a_3,....,a_n[/TEX]ta luôn có bất đẳng thức:
[TEX]\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1a_2...a_n}[/TEX]
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi [TEX]a_1=a_2=...=a_n[/TEX]

2.Bất đẳng thức Cauchy
Với 2 số thực tuỳ ý [TEX]a_1,a_2,.....,a_n va b_1,b_2,...,b_n[/TEX]
ta luôn có bất đẳng thức :
[TEX]({a_1}^2+{a_2}^2+....+{a_n}^2)({b_1}^2+{b_2}^2+....+{b_n}^2 \geq (a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n)^2[/TEX]
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ([TEX]a_1,a_2,...,a_n) va (b_1,b_2,...,b_n)[/TEX] là 2 bộ tỉ lệ ,tức là tồn tại số thực k để [TEX]a_i=kb_i,\forall i=1,n.[/TEX]

3.Bất đẳng thức Chebyshev:
Với 2 số thực đơn điệu tăng [TEX]a_1,a_2,..,a_n va b_1,b_2,...,b_n[/TEX]Ta luôn có:
[TEX]a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n \geq \frac{1}{n}(a_1+a_2+..+a_n)(b_1+b_2+...+b_n)[/TEX]


4. Bất đẳng thức Holder:
Với m dãy số dương [TEX](a_{1,1},a_{1,2},.....,a_{1,n}),(a_{2,1},a_{2,2},...,a_{2,n})....(a_{m,1},a_{m,2},.....,a_{m,n})[/TEX] ta có :
[TEX]\prod_{i=1}^{m}(\sum_{j=1}^n a_i,j) \geq (\sum_{j=1}^n \sqrt[m]{\prod_{i=1}^{m} a_i,j})^m[/TEX]
Đẳng thức xảy ra khi m dãy số tương ứng tỉ lệ .Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz là hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức Holder với m=2.

5.Bất đẳng thức với hàm lồi :
5.1.Hàm lồi với bất đẳng thức Jensen:
.Nếu f là hàm lồi trên khoảng I thì với mọi số [TEX]x_1,x_2,...,x_n \in \ I [/TEX] Ta luôn có

[TEX]f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n) \geq nf(\frac{x_1+x_2+....+x_n}{n})[/TEX]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi [TEX]x_1=x_2=....=x_n[/TEX]

5.2.Bất đẳng thức Jensen suy rộng .
nếu [TEX]a_1,a_2,...a_n[/TEX]là các số thực tuỳ ý thì với mọi hàm nồi f trên tập số thực ta luôn có
[TEX]a_1f(x_1)+a_2f(x_2)+...+a_nf(x_n) \geq f(a_1x_1+a_2x_2+...+a_nx_n)[/TEX]


6.Bất đẳng thức hoán vị khai trển Abel
Khai triển Abel .
Gỉa sử [TEX]x_1,x_2,..,x_n va y_1,y_2,....,y_n [/TEX]là các số thực tuỳ ý.Đặt [TEX]c_k=y_1+y_2+...+y_k \forall k=\overline{1,n} \[/TEX].Khi đó :
[TEX]x_1y_1+x_2y_2+..+x_ny_n=(x_1-x_2)c_1+(x_2-x_3)c_2+...+(x_{n-1}-x_n)c_{n-1}+x_nc_n[/TEX]

7.Bất đẳng thức đối xứng 3 biến
7.1Dạng tổng quát:
[TEX]f(a,b,c) \geq 0[/TEX]
trong đó f(a,b,c)=f(c,b,a)=f(b,a,c)
ví dụ:[TEX]f(a,b,c)=a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca+5abc+a^2b^2c^2[/TEX]
Bất đẳng thức thuần nhất có điều kiện
(định ngiã hàm số thuần nhất .Hàm f(a,b,c,)là hàm thuần nhất với các biến trên miền I nếu nó thoả mãn điều kiện
[TEX]f(ta,tb,tc)=t^kf(a,b,c)[/TEX]
với \forall t,a,b,c thuộc I và k là hằng số không phụ thộc vào a,b,ct mà chỉ phụ thộc vào bản thân hàm f)
7.2Bất đẳng thức Schur :
Với mọi số thực không âm a,b,c ta luôn có bất đẳng thức
[TEX]a^3+b^3+c^3+3abc \geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a).[/TEX]
8.Bất đẳng thức và các đa thức đói sơ cấp
8.1Bất đẳng thức Newton
với mọi [TEX]x_1,x_2,...,x_n [/TEX]không âm ta có
[TEX]d_k+1d_{k-1} \leq {d_k}^2[/TEX]
Trong đó [TEX]d_k=S_k/C^k_n,S_k[/TEX]là các đa thức đối sứng sơ cấp được xác định như trên
8.2Bất đẳng thức Maclaurin.với mọi[TEX] x_1,x_2,....,x_n [/TEX]không âm ta có
[TEX]d_1 \geq \sqrt{d_2} \geq ....\geq \sqrt[k]{d_k} \geq ...\geq \sqrt[n]{n}[/TEX]

 

[lovelycat_handoi95]

Các bài vận dụng:
1.Chứng minh rằng với a,b,c,d là các số thực dương có tổng bằng 4 ta luôn có bđt :
[TEX]\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+ \frac{c}{1+d^2}+ \frac{d}{1+a^2} \geq a+b+c+d-\frac{ab+bc+cd}{2} \geq \frac{3}{2}[/TEX]

 

[lovelycat_handoi95]

Các phương háp chứng minh bất đẳng thức
1.Phương pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh

1.1.Phương pháp dồn biến đối với các bất đẳng thức 3 biến

ví dụ:Chứng minh rằng với a,b,c>0 ;và a+b+c=3 thì:

[TEX]2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+3 \leq 3(a^2+b^2+c^2).[/TEX]

giải::Không mất tính tổng quát của bài toán giả sử a \geq b \geq c .

Đặt [TEX]t=\frac{a+b}{2},u=\frac{a-b}{2}[/TEX] ta có a=t+u,b=t-u

Vì [TEX]ab=t^2-u^2 \geq c^2[/TEX] nên [TEX]2t^2-2c^2-u^2 \geq 0[/TEX].

Do đó
[TEX]a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=c^2(a^2+b^2)+a^2b^2=c^2(2t^2+2u^2)+(t^2-u^2)^2=-u^2(2t^2-2c^2-u^2)+t^4+2c^2t^2 \leq t^4+2c^2t^2.[/TEX]

Mặt khác hiển nhiên [TEX]a^2+b^2+c^2 \geq 2t^2+c^2[/TEX]

Thay c=3-2t ta có bất đẳng thức

[TEX]2t^2+4t^2(3-2t)^2+3 \leq 6t^2+3(3-2t)^2 \Leftrightarrow 3t^4-8t^3+3t^2+6t-4 \leq 0 \Leftrightarrow (t-1)^2(3t^2-2t-4) \leq 0[/TEX]

hiển nhiên đúng ,vì 2t \leq 3 nên [TEX] 3t^2-2t-4 \leq 0[/TEX]Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

1.2.Định lí dồn biến S.M.V.

Gỉa sử a1,a2,..,a_n là dãy số thực tuỳ ý .Ta thực hiện liên tiếp các biến đổi sau

1.chọn [TEX]i,j \in\ {{1,2,...,n}}[/TEX] là 2 số thực sao cho

[TEX]a_i=min(a_1,a_2,..,a_n), a_j=max(a_1,a_2,..,a_n).[/TEX]

2.thay [TEX]a_i[/TEX] và [TEX]a_j [/TEX]bởi [TEX]\frac{a_i+a_j}{2} [/TEX](nhưng vẫn giữ đúng thứ tự của chúng trong dãy số )

Khi đó sau vô hạn lần thực hiện biến đổi nói trên thì mỗi số[TEX] a_i[/TEX] đề tiến tới giới hạn

[TEX]a=\frac{a_1+a_2+..+a+n}{n}[/TEX]

ví dụ:Cmr với mọi số thực dương a,b,c,d ta có

[TEX]a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd \geq a^2b^2+b^2c^2+c^2d^2+d^2a^2+a^2c^2+b^2d^2[/TEX]

Giải:giả sử [TEX]a\geq b \geq c \geq d[/TEX].Xét

[TEX]f(a,b,c,d)=a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd-a^2b^2-b^2c^2-c^2d^2-d^2a^2-a^2c^2-b^2d^2[/TEX]

[TEX]=a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd-a^2c^2-b^2d^2-(a^2+c^2)(b^2+d^2)[/TEX]

[TEX]=>f(a,b,c,d)-f(\sqrt{ac},b,\sqrt{ac},d)=(a^2-c^2)^2-(b^2+d^2)(a-c)^2 \geq 0[/TEX]

theo S.M.V, xét với phép biến đổi [TEX]\delta\ [/TEX]của (a,b,c )ta chỉ cần chứng mính các bất đẳng thức khi [TEX]a=b=c=d=t \geq 0[/TEX] .

Bất đẳng thức lúc này tương đương với

[TEX]3t^4+d^4+2t^3d \geq 3t^4+3t^2d^2 \Leftrightarrow d^4+t^3d+t^3d \geq 3t^2d^2[/TEX].

Hiển nhiên đúng theo AM-GM .Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi a=b=c=d hoạc a=c=b,d=0 hoạc các hoán vị.

1.3.Phương pháp dồn biến toàn miền


ví dụ:chứng minh với mọi số thực không âm a,b,c ta luôn có

[TEX]a^3+b^3+c^3-3abc \geq 4ab(a-b)(b-c)(c-a)[/TEX]

2.Phương pháp phân tích bình phương S.O.S

Xét biểu thức [TEX]S=f(a,b,c)=S_a(b-c)^2+S_b(a-c)^2+S_c(a-b)^2[/TEX]

trong đó[TEX] S_a,S_b,S_c[/TEX]là các hàm số của a,b,c.

1.Nếu [TEX]S_a,S_b,S_c \geq 0 [/TEX]thì [TEX]S \geq 0[/TEX]

2.Nếu[TEX] a \geq b \geq c \geq va S_b,S_b+S_c,S_c+S_a \geq 0[/TEX] thì [TEX]S \geq 0[/TEX]

3.Nếu[TEX] a \geq b \geq c \geq va S_a,S_c,S_a+2S_b,S_c+2S_a \geq 0[/TEX] thì [TEX]S \geq 0[/TEX]

4.Nếu[TEX] a \geq b \geq c \geq va S_b,S_c \geq 0,a^2S_b+b^2S_a \geq 0[/TEX] thì [TEX]S \geq 0[/TEX]

5.Nếu [TEX]S_a+S_b+S_c \geq 0[/TEX] và [TEX]S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a[/TEX] thì [TEX]S \geq 0[/TEX]


ví dụ :Cmr với các số thực không âm x,y,z ta luôn có bất đẳng thức

[TEX]\frac{1}{(x+y)^}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2} \geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}[/TEX]

Giải :Đặt a=x+y,b=y+z,c=z+x.Ta phải chứng minh:

[TEX](2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}) \geq \frac{9}{4}[/TEX]

bằng các phép biến đổi đơn giản ,ta có thể biến các bất đẳng thức trên về dạng

[TEX](\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^2})(b-c)^2+(\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^2})(a-c)^2+(\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^2})(a-b)^2 \geq 0[/TEX]

[TEX]\Rightarrow S_a=\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^2},S_b=\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^2},S_c=\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^2}.[/TEX]

giả sử rằng [TEX]a \geq b \geq c [/TEX]thì S_a \geq 0 .Sử dụng 4 ta cần cm

[TEX]b^2S_b+c^2S_c \geq 0\Leftrightarrow b^3+c^3 \geq bc(b+c) \geq abc[/TEX]

Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi a=b=c hoạc a=b,c=o hoặc hoán vị.
​

 

[lovelycat_handoi95]

20 Cách chứng minh bất đẳng thức NesBit

(cái này mình mới đọc được thấy hay post cho mọi người cùng tham khảo)

Loạt bài này sẽ giới thiệu 20 cách cm bất đẳng thức NesBit nổi tiếng .Trước tiên ta phát biểu lại bất đẳng thuéc này :Với mọi số thực a,b,c >o ,ta luôn có

[TEX]\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}[/TEX]​

cách 1:cộng thêm 2 vế với 3,ta được :

[TEX](a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}) \geq \frac{9}{2}[/TEX]

Đây là bất đẳng thức quen thuộc

nhân 2 vế với 2 rồi sử dụng bất đẳng thức Cauchy 2 lần và nhân lạ

cách 2:Đặt:

[TEX]P=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{b+a};S=\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{a}{a+b};Q=\frac{c}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{b}{a+b}[/TEX]

Ta có :

S+Q=3

[TEX]P+S=\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{c+a}+\frac{c+a}{a+b} \geq 3[/TEX]

[TEX]P+Q=\frac{a+c}{b+c}+\frac{b+a}{c+a}+\frac{c+b}{a+b} \geq 3[/TEX]​

Từ đó

[TEX]P \geq \frac{3}{2}[/TEX]​

cách 3:

Không mất tính tổng quát ,ta giả sử :a+b+c=1.Xét hàm số:

[TEX]f(x)=\frac{x}{1-x}[/TEX]

Trên khoảng I=(0;1),ta có :

[TEX]f"(x)=-\frac{2}{(x-1)^3} >0 \forall x \in I[/TEX]

Do đó f là hàm lồi trên I,áp dụng bất đẳng thức Jensen thì

[TEX]f(a)+f(b)+f(c) \geq 3f\frac{a+b+c}{3}=3f(\frac{1}{3})=\frac{3}{2}[/TEX]

cách 4:Đặt

[TEX]f(a,b,c)=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} [/TEX]

ta sẽ chứng minh

[TEX]f(a,b,c) \geq f(\frac{a+b}{2}.\frac{a+b}{2}.c)[/TEX]

Thật vậy

[TEX]f(a,b,c)- f(\frac{a+b}{2}.\frac{a+b}{2}.c)=\frac{(a+b)^2.(a+b+c)}{(2c+a+b)(b+c)(a+c)} \geq 0[/TEX]

Do đó

[TEX]f(a,b,c) \geq f(\frac{a+b}{2}.\frac{a+b}{2}.c)[/TEX]

Tiếp đó ta chỉ ra :

[TEX]f(\frac{a+b}{2}.\frac{a+b}{2}.c) \geq \frac{3}{2}[/TEX]

Đặt[TEX] t=\frac{a+b}{2}[/TEX]

Bài toán [TEX]<=> \frac{2t}{c+t}+\frac{c}{2t} \geq \frac{3}{2}[/TEX]

Nói cách khác

[TEX]\frac{(t-c)^2}{2t(c+t) \geq 0[/TEX] luôn đúng

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Cách 5:Dùng phương pháp S.O.S

[TEX]\sum \frac{a}{b+c}-\frac{3}{2}=\sum \frac{(a-b)^2}{2(a+c).(b+c)} \geq 0[/TEX]

Vì a,b,c >o nên bất đẳng thức cuối luôn đúng'

cách 6: không mất tính tổng quát giả sử a \geq b \geq c.

khi đó b+c \leq c+a \leq a+b

hay [TEX]\frac {1}{b+c} \geq \frac{c}{c+a} \geq \frac{1}{a+b}[/TEX]


Theo BĐT hoán vị thì

[TEX]\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{a}{a+b}[/TEX]

và

[TEX]\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}+\frac{b}{a+b}[/TEX]

Cộng 2 vế ta được điều phải chứng minh

cách 7:Theo Cauchy ta có :

[TEX]\sum \frac{a}{b+c}= \sum \frac{a^2}{ab+bc}[/TEX]

[TEX]\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}[/TEX]
Lại có [TEX](a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)[/TEX]

Kết hợp 2 điều trên ta có đpcm

cách 8:
BĐT đầu \Leftrightarrow [TEX]\frac{\sum_{cyclic} a^3 +[\sum_{sym}a^2.b]+3abc}{[\sum_{sym}a^2.b]+2abc} \geq \frac {3}{2}[/TEX]

Hay: [TEX]2\sum_{cyclic} a^3 \geq \sum_{sym}a^2.b[/TEX]

Theo AM-GM :

[TEX]a^2b \leq \frac{a^3+a^3+b^3}{3}[/TEX]

Cộng theo vế 6 BĐT tương tự ta có điều phải chứng minh.

Cách 9:Không mất tính tổng quát giả sử a+b+c=1

Ta có :[TEX]\frac{a}{b+c}+\frac{9a(b+c)}{4} \geq 3a[/TEX]

và các dạng "hoán vị"của nó .Áp dụng BĐT :

[TEX](a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)[/TEX]

Ta có đpcm

Cách 10:Trước hết ta chứng minh

[TEX]\frac{a}{b+c} \geq \frac{8a-b-c}{4(a+b+c)}[/TEX]

Thật vậy ,ta có thể viết là :

[TEX](a+b+c)^2 \geq 0[/TEX](luôn đúng )

cộng theo vế ta được đpcm

 

[lovelycat_handoi95]

cách 11:giả sử a \geq b \geq c .Khi đó:

[TEX]\frac{1}{b+c} \geq \frac{1}{c+a} \geq \frac{1}{a+b} [/TEX]

Theo Chebyshev và AM-GM,ta có :

[TEX]\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{1}{3}.(a+b+c)(\frac{1}{b+a}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})=\frac{1}{6}[(a+b)+(b+c)+(c+a)][\frac{1}{b+a}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}] \geq \frac{9}{6}=\frac{3}{2}[/TEX]


Điều phải chứng minh

cách 12:Ta có [TEX]\sum cycl(\frac{a}{b+c})=\frac{1}{2}\sum cycl(\frac{2a}{b+c})[/TEX]

VT=[TEX]\frac{1}{2}\sum cycl(\frac{(c+a)+(a+b)}{b+c}-1)[/TEX]

Theo AM-GM ta có

VT \geq [TEX]\frac{1}{2}(6-3)=\frac{3}{2}[/TEX]

cách 14:Đặt [TEX]\frac{a}{b+c}=x;\frac{b}{c+a}=y;\frac{c}{a+b}=z[/TEX]

lúc đó

xy+yz+zx+2xyz=1

BĐT cần chứng minh là

[TEX]x+y+z \geq \frac{3}{2}[/TEX]

Nếu [TEX]x+y+z<\frac{3}{2}[/TEX]

theo BĐT quen thuộc có:

[TEX]1=xy+yz+zx+2xyz \leq \frac{(x+y+z)^2}{3}+2(\frac{x+y+z}{3})^3<1[/TEX]

vô lý

=>điều giả sử là không đúng

cách 14:
Theo AG-MG cho 2 số thì

[TEX]\frac{a(b+c)}{b+c}+\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4} \geq 2a[/TEX]

hay [TEX]\frac{a(a+b+c)}{b+c}+\frac{b+c}{4} \geq 2a[/TEX]

tương tự ta được

[TEX]\frac{b(a+b+c)}{a+c}+\frac{b+c}{4} \geq 2b[/TEX]

[TEX]\frac{c(a+b+c)}{b+a}+\frac{b+a}{4} \geq 2c[/TEX]

cônọ theo vế ta được
[TEX](a+b+c)(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} ) \geq \frac{3}{2}(a+b+c)[/TEX]

 

[lovelycat_handoi95]

 

[quocoanh12345]

2.Cho 3 số [tex]a,b,c \geq 0; a+b+c=3.[/tex] Tìm min của

[tex]P= \frac{ab+3a}{a+b} + \frac{bc+3b}{b+c}+\frac{ca+3c}{c+a}[/tex]

 

[lovelycat_handoi95]

 

[lovelycat_handoi95]

 

[lovelycat_handoi95]

2.Cho 3 số [tex]a,b,c \geq 0; a+b+c=3.[/tex] Tìm min của

[tex]P= \frac{ab+3a}{a+b} + \frac{bc+3b}{b+c}+\frac{ca+3c}{c+a}[/tex]

[TEX]P=\frac{ab+(a+b+c)a}{a+b}+\frac{bc+(a+b+c)b}{b+c}+\frac{ac+(a+b+c)c}{c+a}[/TEX]
[TEX]=\frac{ab+bc+ca+a^2}{a+b}+\frac{bc+ca+bc+b^2}{b+c}+\frac{ac+bc+ab+c^2}{c+a}[/TEX]
[TEX]=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}+(ab+bc+ca)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})[/TEX]
Theo Svac-sơ có
[TEX]\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a} \geq \frac{ (a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\frac{3}{2} [/TEX](1)
Đặt[TEX] a+b=x,b+c=y;c+a=z[/TEX]
=>[TEX]\frac{x+y+z}{2}=ab+bc+ca[/TEX]
=>[TEX](ab+bc+ca)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})=\frac{1}{2}(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\fr{ 1}{z}) [/TEX](2)
Lại có[TEX] x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xzy}[/TEX]
[TEX]\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{xyz}[/TEX]
=>[TEX](x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}) \geq 9[/TEX] (3)
Từ (2);(3) :
=>[TEX](ab+bc+ca)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}) \geq \frac{9}{2}[/TEX](4)
cộng 2 vế (1);(4)
[TEX]=>P \geq \frac{11}{2}[/TEX]

 

[asroma11235]

Cái chứng minh BDT Nesbit hình như còn thiếu 1 cách nữa ~~
Cách16:PP tiếp tuyến:
Chuẩn hoá [TEX]a+b+c=3[/TEX]
BDT <=> [TEX]\frac{a}{3-a}+\frac{b}{3-b}+\frac{c}{3-c} \geq \frac{3}{2}[/TEX]
Xét hàm [TEX]f_{(x)}= \frac{x}{3-x}[/TEX], phương trình tiếp tuyến tại [TEX]x_{0}[/TEX]
là: [TEX]y= \frac{3x-1}{4}[/TEX]
Ta có: [TEX]f_{(x)} - \frac{x}{3-x} = \frac{3(x-1)^2}{4(3-x)} \geq 0 \forall x \in (0;3)[/TEX]

~~>Quên mất ,sót

 

[angel_small]

Mấy cái này hay đấy
Giúp em luôn bài này nha:
Bài 3:chứng minh rằng mọi mọi a,b,c,d>0 ta luôn có
[TEX]16(abc+bcd+cda+dab) \leq (a+b+c+d)^4[/TEX]

 

[locxoaymgk]

Mấy cái này hay đấy
Giúp em luôn bài này nha:
chứng minh rằng mọi mọi a,b,c,d>0 ta luôn có
[TEX]16(abc+bcd+cda+dab) \leq (a+b+c+d)^4[/TEX]

Ta có:

\Rightarrow dpcm.

 

[lovelycat_handoi95]

Bài 4:cho [TEX]a,b,c>0 ,a+b+c=3[/TEX].Chứng minh rằng:

[TEX]\frac{a(a+c-2b)}{ab+1}+\frac{b(b+a-2c)}{bc+1}+\frac{c(c+b-2a)}{ca+1} \geq 0[/TEX]

 

[asroma11235]

Solution
BDT đã cho <=>

<=>

Sử dụng Cauchy cho vế trái:

Ta sẽ Cm:

<=> [TEX]abc+ab+bc+ca+a+b+c+3 \geq a^2b^2c^2+abc(a+b+c)+ab+bc+ac+1[/TEX]
<=>[TEX]3 \geq a^2b^2c^2+2abc[/TEX]
Hiển nhiên vì abc =< 1 (Cauchy)
Đẳng thức xảy ra <=> a=b=c=1
p/s:Mới đầu nhìn qua tưởng dồn biến =.=!

 

[ngoa_long_tien_sinh]

Bài 5:cho x+y=1 tìm min S:

[TEX]S= \frac{x}{\sqrt[]{1-x}}+\frac{y}{\sqrt[]{1-y}}[/TEX]​

 

[asroma11235]

Dễ thấy đó là hàm lồi, áp dụng Jensen, ta có:
[TEX]f_{(x)}+f_{(y)} \geq 2f_{(\frac{x+y}{2})}[/TEX]
--------------------------------------------
--------------------
--------------------

 

[boszynhi]

Anh ơi E nghĩ ở chổ đặt ab + bc + ac =(x+y+z)/2 đúng huk hả A ?

 

[bboy114crew]

Bài 5:cho x+y=1 tìm min S:

[TEX]S= \frac{x}{\sqrt[]{1-x}}+\frac{y}{\sqrt[]{1-y}}[/TEX]​

Ta có:
[TEX]S= \frac{x}{\sqrt{y}} + \frac{y}{\sqrt{x}} [/TEX]
[TEX] \geq \frac{(x+y)^2}{x\sqrt{y}+y\sqrt{x}}[/TEX]
[TEX]= \frac{1}{\sqrt{xy}(\sqrt{y}+\sqrt{x})} [/TEX]
[TEX]\geq \frac{1}{\frac{x+y}{2}\sqrt{2(x+y)}} =\sqrt{2}[/TEX]

 

[pvanpvan]

bài trên sử dụng" phương phap hám số" cua toan hoc va tuoi tre thu sem cac ban

Chú ý lỗi chính tả!!!!