Toán 10 [Toán 10]Bất đẳng thức

T

thaybom

Bờm ơi là Bờm, đánh cho mấy cây :))
Các bạn chú ý kỹ điều kiện khi áp dụng BDT Cô-si nhé.

@sky_fly_s2: Bạn chọn Font Times New Roman và cỡ chữ 4 để bài viết trông đẹp hơn nhé.
 
T

thaybom

vy000 said:
đấy chỉ là phép biến đổi tương đương thông thường,
Chỉ có duy nhất 1 lần nhân thêm b vào cả 2 vế,
Nhưng do b đã dương nên đương nhiên đúng.
Còn những phép biến đổi liên quan đến c+a-b hoàn toàn là biến đổi tương đương
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Tóm tắt bài chứng minh của bạn như sau: $$ abc \ge b^2 (a+c-b) \ge (b^2 - (a-c)^2)(a+c-b)$$
Ở bước đánh giá thứ 2, bạn từ $b^2 \ge b^2 - (a-c)^2$ mà suy ra rằng $b^2(a+c-b) \ge (b^2 -(a-c)^2)(a+c-b)$ là 1 phép suy ra sai.
Không biết mình có hiểu nhầm bài của bạn không nhỉ?

Bài này vẫn chưa hoàn chỉnh, các bạn tiếp tục thảo luận nhé.
 
Last edited by a moderator:
M

me0c0nl0nt0n97

(1) cm $$a^2+b^2+c^2 [TEX]\geq[/TEX] [TEX]\frac{(a+b+c)^2}{3}[/TEX] $$
[TEX]\Leftrightarrow[/TEX] 3a^2+3b^2+3c^2 [TEX]\geq[/TEX] (a+b+c)^2
[TEX]\Leftrightarrow[/TEX] 3a^2+3b^2+3c^2[TEX]\geq[/TEX] a^2 +b^2 +c^2 +2ab+2ac+2bc
[TEX]\Leftrightarrow[/TEX] 2a^2 + 2b^2+ 2c^2 -2ab -2ac -2bc [TEX]\geq[/TEX] 0
[TEX]\Leftrightarrow[/TEX] ( a^2 -2ac +c^2) + (a^2 -2ab + b^2) + ( b^2 -2bc +c^2) [TEX]\geq[/TEX] 0
[TEX]\Leftrightarrow[/TEX] (a-c)^2+ (a-b)^2 + ( b-c)^2 [TEX]\geq[/TEX] 0 luôn đúng [TEX]\forall[/TEX] số thực a,b,c.
[TEX]\Rightarrow[/TEX] đpcm.
 
Last edited by a moderator:
T

thaybom

Gợi ý:
Ta có các đẳng thức cần nhớ sau: $$\begin{aligned} & (a+b)(b+c)(c+a) = ab(a+b) + bc(b+c)+ca(c+a) + 2abc \\ & (a+b+c)(ab+bc+ca) = ab(a+b) + bc(b+c)+ca(c+a) + 3abc \end{aligned}$$
 
V

vy000

Thế là nhân tung hết ra ah
Mình có cách khác:

[TEX](a+b+c)(ab+bc+ca) \le \frac{9}{8}(a+b)(b+c)(c+a)(1)[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow 8(a+b+c)(ab+bc+ca) \le 9(a+b)(b+c)(c+a)[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow 8(a+b+c)(ab+bc+ca) \le 9(ab+bc+ca+b^2)(c+a)[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow 8(a+b+c)(ab+bc+ca) \le 9(a+b+c - b)(ab+bc+ca+ b^2)[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow 8(a+b+c)(ab+bc+ca) \le 9(a+b+c)(ab+bc+ca) +9b^2(a+b+c)-9b(ab+bc+ca)-9b^3[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow 0 \le (a+b+c)(ab+bc+ca) - 9abc[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ca) \ge 9abc[/TEX]

Áp dụng AM-GM:

[TEX]a+b+c \ge 3\sqrt[3]{abc}[/TEX]

[TEX]ab+bc+ca \ge 3\sqrt[3]{(abc)^2}[/TEX]

[TEX]\Rightarrow (a+b+c)(ab+bc+ca) \ge 9abc[/TEX]

\Rightarrow (1) luôn đúng
 
S

shinken_oh

Ta có:

[TEX]b^2 \geq b^2-(a-c)^2=(b+c-a)(b+a-c)[/TEX]


[TEX]c^2 \geq c^2-(b-a)^2=(c+a-b)(b+c-a)[/TEX]

[TEX]a^2 \geq a^2-(b-c)^2=(a+b-c)(a+c-b)[/TEX]

[TEX]\Rightarrow (abc)^2\geq [(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]^2[/TEX]

Do a,b,c>0

[TEX]\Rightarrow abc \geq |(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)| \geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)[/TEX]
 
S

shinken_oh

[TEX]\Leftrightarrow 8(a+b+c)(ab+bc+ca) \leq 9(a+b)(b+c)(c+a)[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow 8a^2b+8ab^2+8b^2c+8bc^2+8a^2c+8c^2a+24abc \leq 9a^2b+9ab^2+9b^2c+9bc^2+9a^2c+9c^2a+18abc[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow 6abc \leq a^2b+b^2a+b^2c+c62b+a^2c+c^2a[/TEX]

Luôn đúng theo AM-GM
 
T

thaybom

vy000 said:
Thế là nhân tung hết ra ah
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Không phải nhân hết ra, mà từ 2 đẳng thức đã nêu, ta nhớ đẳng thức thứ 3: $$(a+b+c)(ab+bc+ca) = (a+b)(b+c)(c+a)+abc$$
Do đó bất đẳng thức cần chứng minh quy về: $$\begin{aligned} & 8 \left[ (a+b)(b+c)(c+a)+abc \right] \ge 9 (a+b)(b+c)(c+a) \\ \Leftrightarrow & (a+b)(b+c)(c+a) \ge 8abc \end{aligned}$$
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM (Cô-si).
 
V

vy000

Vậy sửa lại bài shinken_oh 1 chút:

Giả sử a \geq b \geq c

\Rightarrow a+b-c>0 ; a+c-b>0

+Nếu c+b-a < 0 \Rightarrow VT < 0 < VP

+Nếu c+b-a \geq 0 thì làm như bạn
 
T

thaybom

vy000 said:
Vậy sửa lại bài shinken_oh 1 chút:

Giả sử a \geq b \geq c

\Rightarrow a+b-c>0 ; a+c-b>0

+Nếu c+b-a < 0 \Rightarrow VT < 0 < VP

+Nếu c+b-a \geq 0 thì làm như bạn
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Uh, đúng rồi, 10 điểm :p
Ta chỉ cần giả sử $a = \max \{ a;b;c \}$ là đủ.
Trường hợp 1: Như bạn nói.
Trường hợp 2: Ta có thể sử dụng trực tiếp BĐT AM-GM (Cô-si) thay cho 3 đánh giá trên, ví dụ: $$(a+b-c)(a+c-b) \le \left( \dfrac{a+b-c+b+c-b}{2} \right)^2 = a^2$$
 
T

thaybom

Cho $a, b, c>0$. CMR: $(ab+bc+ca)^2 \ge 3abc(a+b+c)$

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: $$(ab+bc+ca)^2 \ge 3abc(a+b+c)$$
 
T

thaybom

Cho$a,b,c,x,y,z>0$. CMR: $\frac{a^2}{x} + \frac{b^2}{y} + \frac{c^2}{z} \ge \frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$

Cho a, b, c, x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng: $$\frac{a^2}{x} + \frac{b^2}{y} + \frac{c^2}{z} \ge \frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$$
(BDT Svac-Xơ với n=3)
 
T

thaybom

Cho $a,b..>0$. CMR: $(a^3 + b^3 + c^3)(m^3+n^3+p^3)(x^3+y^3+z^3) \ge ( amx + bny + cpz)^3$

Cho a, b, c, x, y, z, m, n, p là các số thực dương. Chứng minh rằng: $$(a^3 + b^3 + c^3)(m^3+n^3+p^3)(x^3+y^3+z^3) \ge ( amx + bny + cpz)^3$$
 
Last edited by a moderator:
T

thaybom

Cho $a, b, c>0$. CMR: $\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \ge \frac32$

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: $$\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \ge \frac32$$ (BDT Nesbit)
 
T

thaybom

Cho $a,b,c>0$ và $n,k \in N^+$. CMR: $a^{n+k} + b^{n+k} + c^{n+k} \ge a^nb^k + b^n c^k + c^n a^k $

Chứng minh rằng với các số thực dương a, b, c, và 2 số nguyên dương n, k, ta có: $$a^{n+k} + b^{n+k} + c^{n+k} \ge a^nb^k + b^n c^k + c^n a^k $$
 
X

xlovemathx

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho bộ hai số dạng $ x^2+y^2 \geq 2xy $ ta có :

$ a^2+b^2 \geq 2ab ; b^2 + c^2 \geq 2bc ; c^2 + a^2 \geq 2ca $ .

Cộng ba BĐT trên theo vế ta được : $$ 2(a^2+b^2+c^2) \geq 2(ab+bc+ca) $$

Từ đó suy ra : $$ a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca $$

Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a=b=c $

Cách tương tự trên nhưng vẫn làm để nhớ :D
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
 
Last edited by a moderator:
You must log in or register to reply here.
Top Bottom