P
phuong_july
Ta có: $2(a^4+b^4)-(a+b)(a^3+b^3)=(a-b)^2(a^2+ab+b^2)$ \geq 0.
\Rightarrow $(a+b)(a^3+b^3)$\leq $2(a^4+b^4)$ \leq $(a+b)(a^4+b^4)$
\Rightarrow ..
Ta có: $2(a^4+b^4)-(a+b)(a^3+b^3)=(a-b)^2(a^2+ab+b^2)$ \geq 0.
\Rightarrow $(a+b)(a^3+b^3)$\leq $2(a^4+b^4)$ \leq $(a+b)(a^4+b^4)$
\Rightarrow ..
P
phuong_july
Giả sử $a=min\left \{ a;b;c \right \}$ (1)
Dễ thấy: $\dfrac{\sum a^2}{\sum ab}$ \ge $1$ (2)
Từ (1) và (2) \Rightarrow $\dfrac{\sum a^2}{\sum ab}\ge \dfrac{(\sum a^2)+a^2}{(\sum ab)+a^2}=\dfrac{2a^2+b^2+c^2}{(a+b)(a+c)}$
Vậy ta cần cm: $\dfrac{2a^2+b^2+c^2}{(a+b)(a+c)} +\dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2$
\Leftrightarrow $\dfrac{(b+c)(2a^2+b^2+c^2)+8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2$
\Leftrightarrow $2a^2b+b^3+bc^2+2a^2c+b^2c+c^3+8abc\ge 2abc+2a^2b+2ac^2+2a^2c+2b^2c+2ab^2+2bc^2+2abc$
\Leftrightarrow $(b-c)^2(b+c-2a)\ge 0$ (Luôn đúng do $(b-c)^2\ge 0;b-a>0;c-a>0$ vì (1))
Dễ thấy: $\dfrac{\sum a^2}{\sum ab}$ \ge $1$ (2)
Từ (1) và (2) \Rightarrow $\dfrac{\sum a^2}{\sum ab}\ge \dfrac{(\sum a^2)+a^2}{(\sum ab)+a^2}=\dfrac{2a^2+b^2+c^2}{(a+b)(a+c)}$
Vậy ta cần cm: $\dfrac{2a^2+b^2+c^2}{(a+b)(a+c)} +\dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2$
\Leftrightarrow $\dfrac{(b+c)(2a^2+b^2+c^2)+8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 2$
\Leftrightarrow $2a^2b+b^3+bc^2+2a^2c+b^2c+c^3+8abc\ge 2abc+2a^2b+2ac^2+2a^2c+2b^2c+2ab^2+2bc^2+2abc$
\Leftrightarrow $(b-c)^2(b+c-2a)\ge 0$ (Luôn đúng do $(b-c)^2\ge 0;b-a>0;c-a>0$ vì (1))
Last edited by a moderator:
P
phuong_july
Anh viethoang1999 nhờ em đăng hộ Phần này lên Topic.
Bài tập: Phương pháp dùng bất đẳng thức cổ điển:
$I)$ Bất đẳng thức Cô-si:
1) Bất đẳng thức Cô-si đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân:
Ví dụ 1: Cho $a\ge 3$. Tìm Min $S=a+\dfrac{1}{a}$
Sai lầm thường gặp: $S=a+\dfrac{1}{a}\ge 2\sqrt{a.\dfrac{1}{a}}=2$
Dấu "=" xảy ra khi: $a=\dfrac{1}{a}$\Rightarrow $a=1$ (trái với giả thiết)
Cách làm đúng:
Ta chọn điểm rơi: Ta phải tách hạng tử $a$ hoặc $\dfrac{1}{a}$ để sao cho khi áp dụng BĐT Cô-si dấu "=" xảy ra khi $a=2$. Có các hình thức sau:
$(a,\dfrac{1}{a})$\Rightarrow $\begin{bmatrix}(\dfrac{1}{\alpha }a;\dfrac{1}{a}) (1) & & \\ (\alpha a;\dfrac{1}{a}) (2) & & \\ (a;\dfrac{1}{\alpha a}) (3) \\ (a;\dfrac{\alpha }{a}) (4) \end{bmatrix}$.
Chẳng hạn ta chọn sơ đồ điểm rơi $(1)$: (sơ đồ điểm rơi $(2);(3);(4)$ bạn đọc tự làm)
$\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{\alpha }a=\dfrac{3}{\alpha } & & \\ \dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{3} & & \end{matrix}\right.$
\Rightarrow $\dfrac{3}{\alpha }=\dfrac{1}{3}$
\Rightarrow $\alpha =9$.
Vậy ta có: $S=a+ \dfrac{1}{a} = \dfrac{1}{9}a + \dfrac{1}{a} + \dfrac{8}{9a}\ge 2\sqrt{\dfrac{1}{9}a.\dfrac{1}{a}}+\dfrac{8}{9}.3$ $=\dfrac{2}{3}+\dfrac{8}{3}=\dfrac{10}{3}$
Dấu "=" xảy ra khi: $\dfrac{1}{9}a=\dfrac{1}{a}$
\Leftrightarrow $a=3(t/m)$
Ví dụ 2: Cho $a\ge 2$. Tìm Min $S=a+\dfrac{1}{a^{2}}$.
Sơ đồ chọn điểm rơi:
$a=2$
\Rightarrow $\left\{\begin{matrix}\dfrac{a}{\alpha }=\dfrac{2}{\alpha } & & \\ \dfrac{1}{a^{2}}=\dfrac{1}{4} & & \end{matrix}\right.\rightarrow \dfrac{2}{\alpha }=\dfrac{1}{4}\rightarrow \alpha =8$.
Sai lầm thường gặp:
$S=a+\dfrac{1}{a^{2}}=\left ( \dfrac{a}{8}+\dfrac{1}{a^{2}} \right )+\dfrac{7a}{8}\ge 2\sqrt{\dfrac{a}{8a^{2}}}+\dfrac{7a}{8}$ $=\dfrac{2}{\sqrt{8.2}}+\dfrac{7.2}{8}=\dfrac{2}{4}+\dfrac{7}{4}=\dfrac{9}{4}$.
Nguyên nhân sai lầm:
Mặc dù chọn điểm rơi $a=2$ và $Min S=\dfrac{9}{4}$ là đáp số đúng nhưng cách giải trên đã mắc sai lầm trong việc đánh giá mẫu số: Nếu $a\ge 2$ thì $\dfrac{2}{\sqrt{8a}}\ge \dfrac{2}{\sqrt{8.2}}=\dfrac{2}{4}$ là đánh giá sai.
Để thực hiện lời giải đúng ta cần phải kết hợp với kí thuật tách nghịch đảo, phải biến đổi $S$ sao cho sau khi sử dụng BĐT Cô si sẽ khử hết biến số $a$ ở mẫu số.
Lời giải đúng:
$S=a+\dfrac{1}{a^{2}}=\left ( \dfrac{a}{8}+\dfrac{a}{8} +\dfrac{1}{a^{2}} \right ) +\dfrac{6a}{8}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{a^{2}}{64a^{2}}}+\dfrac{6.2}{8}=\dfrac{9}{4}$.
Dấu "=" xảy ra khi: $a=2$.
Bài tập:
15) Cho $a,b>0$; $a+b\le 1$
Tìm Min $S=ab+\dfrac{1}{ab}$
16) Cho $a,b>0$.
Tìm Min $S=\dfrac{a+b}{\sqrt{ab}}+\dfrac{\sqrt{ab}}{a+b}$
17) Cho $a,b,c>0; a+b+c\le \dfrac{3}{2}$
Tìm Min $S=a+b+c+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$
@viethoang1999, dùng \ge và không tách khỏi dấu đô la nhé!
Last edited by a moderator:
F
forum_
15/
$2.\sqrt{ab}$ \leq a+b \leq 1 \Rightarrow $ab$ \leq $\dfrac{1}{4}$ (1)
$S= ab + \dfrac{1}{16ab} + \dfrac{15}{16ab}$
\geq $2.\sqrt{ab.\dfrac{1}{16ab}} + \dfrac{15}{16.\dfrac{1}{4}}$ ( $Cauchy$ và BĐT (1) )
= $\dfrac{17}{4}$
Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi $a=b=\dfrac{1}{2}$
16/
$Cauchy$: $\sqrt{ab}$ \leq $\dfrac{a+b}{2}$ (*)
Suy ra: $- \dfrac{\sqrt{ab}}{a+b}$ \geq $\dfrac{1}{2}$
$S = \dfrac{a+b}{\sqrt{ab}} + \dfrac{\sqrt{ab}}{a+b} = \dfrac{a+b}{\sqrt{ab}} + \dfrac{4.\sqrt{ab}}{a+b} - \dfrac{3.\sqrt{ab}}{a+b}$
\geq $2.\sqrt{4} - 3.\dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{2}$ ( Cauchy và BĐT (*) )
Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi a=b > 0
17/
$S = (a+\dfrac{1}{4a})+(b+\dfrac{1}{4b})+(c+\dfrac{1}{4c}) + \dfrac{3}{4}.(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$
\geq $3.2\sqrt{\dfrac{1}{4}} + \dfrac{3}{4}. \dfrac{9}{\dfrac{3}{2}}$ (Cauchy)
= $\dfrac{15}{2}$
Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi $a=b = \dfrac{1}{2}$
$2.\sqrt{ab}$ \leq a+b \leq 1 \Rightarrow $ab$ \leq $\dfrac{1}{4}$ (1)
$S= ab + \dfrac{1}{16ab} + \dfrac{15}{16ab}$
\geq $2.\sqrt{ab.\dfrac{1}{16ab}} + \dfrac{15}{16.\dfrac{1}{4}}$ ( $Cauchy$ và BĐT (1) )
= $\dfrac{17}{4}$
Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi $a=b=\dfrac{1}{2}$
16/
$Cauchy$: $\sqrt{ab}$ \leq $\dfrac{a+b}{2}$ (*)
Suy ra: $- \dfrac{\sqrt{ab}}{a+b}$ \geq $\dfrac{1}{2}$
$S = \dfrac{a+b}{\sqrt{ab}} + \dfrac{\sqrt{ab}}{a+b} = \dfrac{a+b}{\sqrt{ab}} + \dfrac{4.\sqrt{ab}}{a+b} - \dfrac{3.\sqrt{ab}}{a+b}$
\geq $2.\sqrt{4} - 3.\dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{2}$ ( Cauchy và BĐT (*) )
Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi a=b > 0
17/
$S = (a+\dfrac{1}{4a})+(b+\dfrac{1}{4b})+(c+\dfrac{1}{4c}) + \dfrac{3}{4}.(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$
\geq $3.2\sqrt{\dfrac{1}{4}} + \dfrac{3}{4}. \dfrac{9}{\dfrac{3}{2}}$ (Cauchy)
= $\dfrac{15}{2}$
Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi $a=b = \dfrac{1}{2}$
H
huynhbachkhoa23
Bài này còn có cách này:
$\vec{u}=(a;b)=\vec{OA}$ và $\vec{v}=(c;d)=\vec{OB}$
Gọi $\vec{OM}=\vec{u}+\vec{v}$
Ta luôn có $OA+OB=OA+AM \ge OM$ hay $|\vec{u}|+|\vec{v}| \ge |\vec{u}+\vec{v}|$
$\leftrightarrow \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2} \ge \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$
P/s: Em nghĩ cái này chắc cũng là biến đổi tương đương
V
viethoang1999
Bài tập: Phương pháp dùng bất đẳng thức cổ điển:
I) Bất đẳng thức Cô-si:
1) Bất đẳng thức Cô-si đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân: (Đã nêu bên trên)
2) Bất đẳng thức Cô-si đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng:
$\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}\le \dfrac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}$
Ví dụ: Cmr: Với mọi $a;b$ thì: $16ab(a-b)^{2}\le (a+b)^{4}$
Giải: $16ab(a-b)^{2}=4.4ab(a-b)^{2}\le 4.\left[\dfrac{4ab+(a-b)^{2}}{2}\right]^{2}=(a+b)^{4}$
Bài tập:
18) Cho $a;b;c>0$ tm: $a+b+c=1$. Tìm $Max S=\sqrt[3]{a+b}+\sqrt[3]{b+c}+\sqrt[3]{c+a}$
19) Cho $a;b;c>0$ tm: $a+b+c=3$. Tìm $Max S=\sqrt[5]{2a+b}+\sqrt[5]{2b+c}+\sqrt[5]{2c+a}$
20) Cho $a;b;c>0$ tm: $a+b+c=3$. Tìm $Max S=\sqrt[5]{a(a+c)(2a+b)}+\sqrt[5]{b(b+a)(2b+c)}+\sqrt[5]{c(c+b)(2c+a)}$
21) Cho $a;b;c>0$ tm: $a+b+c=1$. Tìm $Max S=\sqrt[3]{a(b+2c)}+\sqrt[3]{b(c+2a)}+\sqrt[3]{c(a+2b)}$
I) Bất đẳng thức Cô-si:
1) Bất đẳng thức Cô-si đánh giá từ trung bình cộng sang trung bình nhân: (Đã nêu bên trên)
2) Bất đẳng thức Cô-si đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng:
$\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}\le \dfrac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}$
Ví dụ: Cmr: Với mọi $a;b$ thì: $16ab(a-b)^{2}\le (a+b)^{4}$
Giải: $16ab(a-b)^{2}=4.4ab(a-b)^{2}\le 4.\left[\dfrac{4ab+(a-b)^{2}}{2}\right]^{2}=(a+b)^{4}$
Bài tập:
18) Cho $a;b;c>0$ tm: $a+b+c=1$. Tìm $Max S=\sqrt[3]{a+b}+\sqrt[3]{b+c}+\sqrt[3]{c+a}$
19) Cho $a;b;c>0$ tm: $a+b+c=3$. Tìm $Max S=\sqrt[5]{2a+b}+\sqrt[5]{2b+c}+\sqrt[5]{2c+a}$
20) Cho $a;b;c>0$ tm: $a+b+c=3$. Tìm $Max S=\sqrt[5]{a(a+c)(2a+b)}+\sqrt[5]{b(b+a)(2b+c)}+\sqrt[5]{c(c+b)(2c+a)}$
21) Cho $a;b;c>0$ tm: $a+b+c=1$. Tìm $Max S=\sqrt[3]{a(b+2c)}+\sqrt[3]{b(c+2a)}+\sqrt[3]{c(a+2b)}$
Last edited by a moderator:
B
bruceleehm
18)
Ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$
\Rightarrow $a+b=\dfrac{2}{3}$
Đề bài cho $\sqrt[3]{a+b}$ nên ta cauchy với 3 số $(a+b);\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3}$
Giải:
$\sqrt[3]{a+b}=\sqrt[3]{\dfrac{9}{4}}.\sqrt[3]{(a+b).\dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3}}\le \sqrt[3]{\dfrac{9}{4}}.\dfrac{a+b+\dfrac{4}{3}}{3}$
Tương tự ...
Vậy $S=\sum \sqrt[3]{a+b}\le \sqrt[3]{\dfrac{9}{4}}.\dfrac{2(a+b+c)+4}{3}=\sqrt[3]{\dfrac{9}{4}}.2=\sqrt[3]{18}$
Dấu = xảy ra khi: $a=b=c=\dfrac{1}{3}$
B
bruceleehm
Làm tương tự bài 18 ta có:
19)
$\sum \sqrt[5]{2a+b}=\sum \sqrt[5]{\dfrac{1}{81}}.\sqrt[5]{(2a+b).3.3.3.3}\le \sum \sqrt[5]{\dfrac{1}{81}}.\dfrac{2a+b+12}{5}=\sqrt[5]{\dfrac{1}{81}}.\dfrac{3(a+b+c)+36}{5}=\sqrt[5]{\dfrac{1}{81}}+9=3\sqrt[5]{3}$
Dấu = xảy ra khi: $a=b=c=1$
B
bruceleehm
20)
Bài này hơi khác chút, ta thấy điểm rơi $a=b=c=1$. Nhưng $a+c=2; 2a+b=3$, nên ta nhân lên là $6a=6$; $3(a+c)=6$; $2(2a+b)=6$; Và cô si 5 số nên ta nhân thêm 2 số $6$ nữa.
Giải:
$\sum \sqrt[5]{a(a+c)(2a+b)}=\sum \sqrt[5]{6a.3(a+c).2(2a+b).6.6}.\sqrt[5]{\dfrac{1}{64}}\le \sum \sqrt[5]{\dfrac{1}{64}}.\dfrac{6a+3a+3c+4a+2b+12}{5}=\sum \sqrt[5]{\dfrac{1}{64}}.\dfrac{13a+2b+3c+12}{5}=\sqrt[5]{\dfrac{1}{64}}.\dfrac{18(a+b+c)+36}{5}=\sqrt[5]{\dfrac{1}{64}}.18=3\sqrt[5]{6}$
Dấu = xảy ra khi: $a=b=c=1$
21)
Ý tưởng tương tự bài 20.
$\sum \sqrt[3]{a(b+2c)}=\sum \sqrt[3]{3a(b+2c).3}.\sqrt[3]{\dfrac{1}{9}}\le \sum \dfrac{3a+b+2c+3}{3}.\sqrt[3]{\dfrac{1}{9}}=\dfrac{6(a+b+c)+9}{3}.\sqrt[3]{\dfrac{1}{9}}=3\sqrt[3]{3}$
Dấu = xảy ra khi: $a=b=c=1$
V
viethoang1999
2) Bất đẳng thức Cô-si đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng:
<Tiếp theo>
22) Cho $a\ge 2;b\ge 6;c\ge 12$. Tìm $Max S=\dfrac{bc\sqrt{a-2}+ca\sqrt[3]{b-6}+ab\sqrt[4]{c-12}}{abc}$
23) Cho $\left\{\begin{matrix}a;b;c>0 & & \\ a+b+c=\dfrac{3}{4} & & \end{matrix}\right.$. Tìm $Max A=\sqrt[3]{a+3b}+\sqrt[3]{b+3c}+\sqrt[3]{c+3a}$
24) Cho $\left\{\begin{matrix}a;b;c>0 & & \\ a+b+c=1 & & \end{matrix}\right.$. Tìm $Max A=a\sqrt[3]{1+b-c}+b\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b}$
25) Cho $\left\{\begin{matrix}a;b;c>0 & & \\ a^{2}+b^{2}+c^{2}=12 & & \end{matrix}\right.$. Tìm $Max S=a\sqrt[3]{b^{2}+c^{2}}+b\sqrt[3]{c^{2}+a^{2}}+c\sqrt[3]{a^{2}+b^{2}}$
<Tiếp theo>
22) Cho $a\ge 2;b\ge 6;c\ge 12$. Tìm $Max S=\dfrac{bc\sqrt{a-2}+ca\sqrt[3]{b-6}+ab\sqrt[4]{c-12}}{abc}$
23) Cho $\left\{\begin{matrix}a;b;c>0 & & \\ a+b+c=\dfrac{3}{4} & & \end{matrix}\right.$. Tìm $Max A=\sqrt[3]{a+3b}+\sqrt[3]{b+3c}+\sqrt[3]{c+3a}$
24) Cho $\left\{\begin{matrix}a;b;c>0 & & \\ a+b+c=1 & & \end{matrix}\right.$. Tìm $Max A=a\sqrt[3]{1+b-c}+b\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b}$
25) Cho $\left\{\begin{matrix}a;b;c>0 & & \\ a^{2}+b^{2}+c^{2}=12 & & \end{matrix}\right.$. Tìm $Max S=a\sqrt[3]{b^{2}+c^{2}}+b\sqrt[3]{c^{2}+a^{2}}+c\sqrt[3]{a^{2}+b^{2}}$
Last edited by a moderator:
P
phuong_july
$A\le \dfrac{a+3b+1+1}{3} + \dfrac{b+3c+1+1}{3}+\dfrac{c+3a+1+1}{3}=3$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{4}$
Last edited by a moderator:
P
phuong_july
24)
$A=\sum a\sqrt[3]{1+b-c}$\Leftrightarrow $A=\sum a\sqrt[3]{a+2b}=\sum a\sqrt[3]{(a+2b).1.1}\le \sum a.\dfrac{a+2b+2}{3}=\dfrac{(a+b+c)^{2}+2(a+b+c)}{3}=1$
Dấu = xảy ra khi: $a=b=c=\frac{1}{3}$
25)
$S=\sum a\sqrt[3]{b^{2}+c^{2}}=\sum \sqrt[3]{a^{3}(b^{2}+c^{2})}=\sum \sqrt[6]{(a^{2})^{3}.(b^{2}+c^{2})^{2}}=\sum \sqrt[6]{(2a^{2})^{3}.(b^{2}+c^{2})^{2}.8}.\sqrt[6]{\dfrac{1}{64}}\le \sum \dfrac{2a^{2}.3+(b^{2}+c^{2}.2+8)}{6}.\sqrt[6]{\dfrac{1}{64}}$
$=\sum \dfrac{6a^{2}+2b^{2}+2c^{2}+8}{6}.\sqrt[6]{\dfrac{1}{64}}=\dfrac{10(a^{2}+b^{2}+c^{2})+24}{6}=\sqrt[6]{\dfrac{1}{64}}=12$
Dấu = xảy ra khi: $a=b=c=2$
Last edited by a moderator:
V
viethoang1999
22)
Ta có :
$S=\dfrac{\sqrt{a-2}}{a}+\dfrac{\sqrt[3]{b-6}}{b}+\dfrac{\sqrt[4]{c-12}}{c}$
Áp dụng BDT AM-GM ta có:
$\dfrac{\sqrt{a-2}}{a}\le \dfrac{a-2+2}{2\sqrt{2}a}=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}$
$\dfrac{\sqrt[3]{b-6}}{b}\le \dfrac{b-6+3+3}{3\sqrt[3]{9}b}=\dfrac{1}{3\sqrt[3]{9}}$
$\dfrac{\sqrt[4]{c-12}}{2}\le \dfrac{c-12+4+4+4}{8\sqrt{2}c}= \dfrac{1}{8\sqrt{2}}$
Do đó:
$S\le \dfrac{1}{2\sqrt{2}}+\dfrac{1}{3\sqrt[3]{9}}+\dfrac{1}{8\sqrt{2}}$
Dấu "=" xảy ra \Leftrightarrow $a=4, b= 9, c=16$
V
viethoang1999
Bài tập: Phương pháp dùng bất đẳng thức cổ điển:
2) Bất đẳng thức Cô-si đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng:
Bài tập:
<tiếp theo>
26) Cho $\left\{\begin{matrix}a,b,c\ge 0 & & \\ a+b+c=1 & & \end{matrix}\right.$. Cmr: $\dfrac{a}{a^{2}+1}+\dfrac{b}{b^{2}+1}+\dfrac{c}{c^{2}+1}\le \dfrac{9}{10}$ ( Viết tắt : $\sum \dfrac{a}{a^{2}+1}\le \dfrac{9}{10}$)
27) Cho $\left\{\begin{matrix}a;b;c>0 & & \\ a+b+c=3 & & \end{matrix}\right.$. Cmr: $\dfrac{bc}{\sqrt{a^{2}+3}}+\dfrac{ca}{\sqrt{b^{2}+3}}+\dfrac{ab}{\sqrt{c^{2}+3}}\le \dfrac{3}{2}$ (Viết tắt : $\sum \dfrac{bc}{\sqrt{a^{2}+3}}\le \dfrac{3}{2}$)
2) Bất đẳng thức Cô-si đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng:
Bài tập:
<tiếp theo>
26) Cho $\left\{\begin{matrix}a,b,c\ge 0 & & \\ a+b+c=1 & & \end{matrix}\right.$. Cmr: $\dfrac{a}{a^{2}+1}+\dfrac{b}{b^{2}+1}+\dfrac{c}{c^{2}+1}\le \dfrac{9}{10}$ ( Viết tắt : $\sum \dfrac{a}{a^{2}+1}\le \dfrac{9}{10}$)
27) Cho $\left\{\begin{matrix}a;b;c>0 & & \\ a+b+c=3 & & \end{matrix}\right.$. Cmr: $\dfrac{bc}{\sqrt{a^{2}+3}}+\dfrac{ca}{\sqrt{b^{2}+3}}+\dfrac{ab}{\sqrt{c^{2}+3}}\le \dfrac{3}{2}$ (Viết tắt : $\sum \dfrac{bc}{\sqrt{a^{2}+3}}\le \dfrac{3}{2}$)
Last edited by a moderator:
V
viethoang1999
Bài tập: Phương pháp dùng bất đẳng thức cổ điển:
3) Nguyên lí đồng bậc trong bất đẳng thức Cauchy:
Đồng bậc nghĩa là bậc của vế trái bằng bậc của vế phải, khi đó ta sẽ tiến hành Cauchy với các số đồng bậc.
Với phân số, tử bậc $m$, mẫu bậc $n$ thì phân số đó bậc $m-n$ (Ví dụ: $\dfrac{a^m}{b^n}$ bậc $m-n$)
Với tích $n$ số thì tích đó bậc $n$ (Ví dụ $ab$ bậc 2; $abc$ bậc 3; $a^2$ bậc 2;...)
28) Cmr: $\dfrac{a^{2}}{b}+\dfrac{b^{2}}{c}+\dfrac{c^{2}}{a}\ge a+b+c$ \forall $a;b;c>0$ (Viết tắt : $\sum \dfrac{a^{2}}{b}\ge \sum a$ \forall $a;b;c>0$)
Vế trái: $a^2$ bậc $2$; $b$ bậc $1$ nên $\dfrac{a^2}{b}$ bậc 1
Vế phải: $a$ bậc $1$
Vậy 2 vế cùng bậc.
Giải:
$\dfrac{a^{2}}{b}+b\ge 2a$
(2 số trên là đồng bậc nên ta cauchy sao cho ra được đpcm )
Tương tự ...
$\sum \dfrac{a^{2}}{b}\ge 2a+2b+2c-a-b-c=a+b+c$
Dấu = xảy ra khi: $a=b=c$
Bài tập:
29) Cmr: $\sum \dfrac{a^{3}}{b^{2}}\ge \sum a$ \forall $a;b;c>0$
30) Cmr: $\sum \dfrac{a^{3}}{b^{2}}\ge \sum \dfrac{a^{2}}{b}$ \forall $a;b;c>0$
31) Cmr: $\sum \dfrac{a^{3}}{bc}\ge \sum a$ \forall $a;b;c>0$
32) Cmr: $\sum \dfrac{a^{3}}{b}\ge \sum ab$ \forall $a;b;c>0$
33) Cmr: $\sum \dfrac{a^{5}}{b^{3}}\ge \sum a^{2}$ \forall $a;b;c>0$
3) Nguyên lí đồng bậc trong bất đẳng thức Cauchy:
Đồng bậc nghĩa là bậc của vế trái bằng bậc của vế phải, khi đó ta sẽ tiến hành Cauchy với các số đồng bậc.
Với phân số, tử bậc $m$, mẫu bậc $n$ thì phân số đó bậc $m-n$ (Ví dụ: $\dfrac{a^m}{b^n}$ bậc $m-n$)
Với tích $n$ số thì tích đó bậc $n$ (Ví dụ $ab$ bậc 2; $abc$ bậc 3; $a^2$ bậc 2;...)
28) Cmr: $\dfrac{a^{2}}{b}+\dfrac{b^{2}}{c}+\dfrac{c^{2}}{a}\ge a+b+c$ \forall $a;b;c>0$ (Viết tắt : $\sum \dfrac{a^{2}}{b}\ge \sum a$ \forall $a;b;c>0$)
Vế trái: $a^2$ bậc $2$; $b$ bậc $1$ nên $\dfrac{a^2}{b}$ bậc 1
Vế phải: $a$ bậc $1$
Vậy 2 vế cùng bậc.
Giải:
$\dfrac{a^{2}}{b}+b\ge 2a$
(2 số trên là đồng bậc nên ta cauchy sao cho ra được đpcm
)Tương tự ...
$\sum \dfrac{a^{2}}{b}\ge 2a+2b+2c-a-b-c=a+b+c$
Dấu = xảy ra khi: $a=b=c$
Bài tập:
29) Cmr: $\sum \dfrac{a^{3}}{b^{2}}\ge \sum a$ \forall $a;b;c>0$
30) Cmr: $\sum \dfrac{a^{3}}{b^{2}}\ge \sum \dfrac{a^{2}}{b}$ \forall $a;b;c>0$
31) Cmr: $\sum \dfrac{a^{3}}{bc}\ge \sum a$ \forall $a;b;c>0$
32) Cmr: $\sum \dfrac{a^{3}}{b}\ge \sum ab$ \forall $a;b;c>0$
33) Cmr: $\sum \dfrac{a^{5}}{b^{3}}\ge \sum a^{2}$ \forall $a;b;c>0$
Last edited by a moderator:
V
vipboycodon
29)
Theo bdt cô-si ta có:
$\dfrac{a^3}{b^2}+b+b \ge 3a$
=> $\sum \dfrac{a^3}{b^2} \ge \sum a$
30)
Theo bdt cô-si ta có:
$\dfrac{a^3}{b^2}+a \ge \dfrac{2a^2}{b}$
=> $\sum \dfrac{a^3}{b} \ge (\sum \dfrac{2a^2}{b})-a-b-c \ge \sum \dfrac{a^2}{b}$
(Do câu 28)
Theo bdt cô-si ta có:
$\dfrac{a^3}{b^2}+b+b \ge 3a$
=> $\sum \dfrac{a^3}{b^2} \ge \sum a$
30)
Theo bdt cô-si ta có:
$\dfrac{a^3}{b^2}+a \ge \dfrac{2a^2}{b}$
=> $\sum \dfrac{a^3}{b} \ge (\sum \dfrac{2a^2}{b})-a-b-c \ge \sum \dfrac{a^2}{b}$
(Do câu 28)
Last edited by a moderator:
T
transformers123
31/
$(\dfrac{a^3}{bc}+b+c)+(\dfrac{b^3}{ca}+c+a)+( \dfrac{c^3}{ab}+a+b) \ge 3a+3b+3c$
$\Longrightarrow \sum \dfrac{a^3}{bc} \ge \sum a$
32/
$\sum \dfrac{a^3}{b}=\sum \dfrac{a^4}{ab} \ge \dfrac{(\sum a^2)^2}{\sum ab} \ge \dfrac{(\sum ab)^2}{\sum ab} = \sum ab$
$(\dfrac{a^3}{bc}+b+c)+(\dfrac{b^3}{ca}+c+a)+( \dfrac{c^3}{ab}+a+b) \ge 3a+3b+3c$
$\Longrightarrow \sum \dfrac{a^3}{bc} \ge \sum a$
32/
$\sum \dfrac{a^3}{b}=\sum \dfrac{a^4}{ab} \ge \dfrac{(\sum a^2)^2}{\sum ab} \ge \dfrac{(\sum ab)^2}{\sum ab} = \sum ab$
P
phuong_july
$\dfrac{a^{5}}{b^{3}}+ab+b^{2}\ge 3a^{2}$
..
\Rightarrow $\sum \dfrac{a^{5}}{b^{3}}+\sum ab\ge 2a^{2}$
Mà $\sum ab\le \sum a^{2}$
Trừ 2 BĐT ngược chiều ta có:
$\sum \dfrac{a^{5}}{b^{3}}\ge \sum a^{2}$
Last edited by a moderator:
V
viethoang1999
26)
Ta có:
Áp dụng AM-GM:
$a^2+1=a^2+\dfrac{1}{9}+\dfrac{8}{9}\ge \dfrac{2a}{3}+\dfrac{8}{9}=\dfrac{6a+8}{9}$
\Rightarrow $\sum \dfrac{a}{a^2+1}\le \sum \dfrac{9}{2}.\dfrac{a}{3a+4}=\dfrac{9}{2}\sum \left ( \dfrac{1}{3}-\dfrac{4}{3(3a+4)} \right )=\dfrac{9}{2}-6\sum \dfrac{1}{3a+4}$
Áp dụng Cauchy Schwarz:
$\sum \dfrac{1}{3a+4}\ge \dfrac{9}{3(a+b+c)+12}=\dfrac{3}{5}$
\Rightarrow $\sum \dfrac{a}{a^2+1}\le \dfrac{9}{10}$
27)
Ta có: $(a+b+c)^2\ge 3(ab+bc+ca)$
\Leftrightarrow $ab+bc+ca\le 3$
Vậy $\sum \dfrac{bc}{\sqrt{a^{2}+3}}\le \sum \dfrac{bc}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}=\sum \dfrac{bc}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\le \sum \left ( \dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{a+c} \right )=\dfrac{3}{2}$
Last edited by a moderator:
F
forum_
Vì a,b,c > 0 nên ta có BĐT đúng:
$\dfrac{a}{a^2+1}$ \leq $\dfrac{18a}{25} + \dfrac{3}{50}$
(dễ c/m = pp tương đương)
Tương tự rồi cộng lại có ngay đpcm
@viethoang1999: Nhưng đây không phải phương pháp dùng BĐT AM-GM
@Rum: băt buộc AM-GM à ? Tưởng làm gì cũng đc chứ :3
http://maivang.nld.com.vn/thoi-su-quoc-te/ma-ca-rong-ngu-say-duoi-ham-mo-venice-2009031305431426.htm
Last edited by a moderator: