Toán 10 [Toán 10]Bất đẳng thức

[xlovemathx]

Xét các biểu thức sau : $$S=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$$
$$M=\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{a}{a+b}$$
$$N=\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}+\frac{b}{a+b}$$

Ta có : $M+N=3$. Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM thì :
$$M+S=\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{c+a}+\frac{c+a}{a+b} \geq 3$$
$$N+S =\frac{a+c}{b+c}+\frac{a+b}{c+a}+\frac{b+c}{a+b} \geq 3$$

Vậy $M+N+2S \geq 3$ suy ra $2S \geq 3 (dpcm)$.

 

[xlovemathx]

Ta có : $abc(a+b+c)=(ab)(bc) +(bc)(ca)+(ca)(ab)$ .

Ta đặt : $x=ab; y=bc;z=ca$ . Từ bất đẳng thức đề bài cho ta thu được :
$$(x+y+z)^2 \geq 3(xy+yz+zx)$$

Đẳng thức xảy ra khi $ab=bc=ca$, tức $a=b=c$, hoặc $b=c=0$ hoặc $c=a=0$, hoặc $a=b=0$

 

[thaybom]

Ta có : $abc(a+b+c)=(ab)(bc) +(bc)(ca)+(ca)(ab)$ .

Ta đặt : $x=ab; y=bc;z=ca$ . Từ bất đẳng thức đề bài cho ta thu được :
$$(x+y+z)^2 \geq 3(xy+yz+zx)$$

Đẳng thức xảy ra khi $ab=bc=ca$, tức $a=b=c$, hoặc $b=c=0$ hoặc $c=a=0$, hoặc $a=b=0$

Bạn chú ý, đề bài yêu cầu là số thực dương. Số 0 không phải số thực dương, cũng không phải số thực âm.
Lần sau bạn giải chi tiết ra nhé, đây là những bài cơ bản nên chi tiết cả ra .

 

[vy000]

$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}$

$=\dfrac{a^2}{ab+ac}+\dfrac{b^2}{bc+ba}+\dfrac{c^2}{ca+cb}\ge \dfrac{(a+b+c)^2}

{2(ab+bc+ca)} (1) \text{(BDT schwarz)} $

$\text{Mà}(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \ge 0$ \Rightarrow $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$

\Rightarrow $(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca) (2)$

$\text{Từ (1) và (2)}$ \Rightarrow $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \ge
\dfra$

 

[xlovemathx]

Không mất tính tổng quát , giả sử :

$a \geq b \geq c \Rightarrow a+b \geq a+c \geq b+c$

$\Rightarrow \frac{1}{b+c} \geq \frac{1}{c+a} \geq \frac{1}{a+b}$

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

Và : $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}+\frac{b}{a+b}$.

Cộng vế với vế 2 BĐT trên ta được :

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

 

[vy000]

giả sử a=min{a;b;c}
Ta có:

$$a^{n+k}+b^{n+k}+c^{n+k} \ge a^nb^k+b^nc^k+c^na^k$$

$$\Leftrightarrow a^n(a^k-b^k)+b^n(b^k-c^k)+c^n(c^k-a^k)\ge 0$$

$$\Leftrightarrow a^n(a^k-b^k)+b^n(b^k-c^k)+c^n(c^k-b^k)+c^n(b^k-a^k) \ge 0$$

$$\Leftrightarrow (a^n-c^n)(a^k-b^k)+(b^n-c^n)(b^k-c^k)\ge 0$$

Do a=min{a;b;c} $$\Rightarrow (a^n-c^n)(a^k-b^k) \ge 0 (1)$$

Mà $$(b^n-c^n)(b^k-c^k)\ge 0 (2)$$

Từ (1) và (2) $$\Rightarrow (a^n-c^n)(a^k-b^k)+(b^n-c^n)(b^k-c^k)\ge 0$$


Chứng tỏ: $$a^{n+k}+b^{n+k}+c^{n+k} \ge a^nb^k+b^nc^k+c^na^k$$

 

[thaybom]

Không mất tính tổng quát , giả sử :
.....

BDT Chebyshev không được học trong chương trình nên không có ích gì trong thi đại học cả, tốt nhất theo mình quên nó đi.
Bài của bạn mình không dám đánh giá đúng sai, bởi vì mình không hiểu gì về BDT này.
Thân.

 

[vy000]

Ta có:
$(a+b+c)^2 =(\sqrt[]{x}\dfrac{a}{\sqrt[]{x}}+\sqrt[]{y}\frac{b}{\sqrt[]{y}}+\sqrt[]{z}\dfrac{c}{\sqrt[]{z}})^2 \le (\dfrac{a^2}{x} + \dfrac{b^2}{y} + \dfrac{c^2}{z})(x+y+z)$ (BDT bunhia)
\Leftrightarrow $\dfrac{a^2}{x} + \dfrac{b^2}{y} + \dfrac{c^2}{z} \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$

 

[thaybom]

Giả sử a \leq b \leq c

+ Nếu mà là không mất tính tổng quát thì bạn có thể giải trường hợp $a \ge c \ge b$??
+ Đối với 1 bất đẳng thức đối xứng, ta có quyền giả sử như trên
+ Đối với 1 bất đẳng thức hoán vị, ta chỉ có thể giả sử $a=\max \{a;b;c\}$ hoặc $a = \min \{a;b;c\}$ hoặc a nằm giữa b và c.

Mình không thể định nghĩa hoán vị, đối xứng 1 cách rõ ràng được, tạm thời ghi thế này nhé.
+ Nếu mà $f(a,b,c)=f(c,a,b)=f(b,c,a)$ thì biểu thức là hoán vị
+ Nếu mà $f(a,b,c) = f(a,c,b) = f(b,a,c)=f(b,c,a)=f(c,a,b)=f(c,b,a)$ thì biểu thức được gọi là đối xứng.
+ Như vậy nếu biểu thức là đối xứng thì nó cũng hoán vị.

 

[thaybom]

Gợi ý nhé:
Áp dụng BDT AM-GM ta có:
$$\frac{a^3}{a^3+b^3+c^3} + \frac{x^3}{x^3+y^3+z^3} + \frac{m^3}{m^3+n^3+p^3} \ge \dfrac{3 a x m}{\sqrt[3]{(a^3+b^3+c^3)(x^3+y^3+z^3)(m^3+n^3+p^3)}}$$

 

[vy000]

Áp dụng BDT AM-GM ta có:
$$\frac{a^3}{a^3+b^3+c^3} + \frac{x^3}{x^3+y^3+z^3} + \frac{m^3}{m^3+n^3+p^3} \ge \dfrac{3 a x m}{\sqrt[3]{(a^3+b^3+c^3)(x^3+y^3+z^3)(m^3+n^3+p^3)}}$$

Tương tự:

$$\frac{b^3}{a^3+b^3+c^3} + \frac{y^3}{x^3+y^3+z^3} + \frac{n^3}{m^3+n^3+p^3} \ge \dfrac{3 b y n}{\sqrt[3]{(a^3+b^3+c^3)(x^3+y^3+z^3)(m^3+n^3+p^3)}}$$

$$\frac{c^3}{a^3+b^3+c^3} + \frac{z^3}{x^3+y^3+z^3} + \frac{p^3}{m^3+n^3+p^3} \ge \dfrac{3 c z p}{\sqrt[3]{(a^3+b^3+c^3)(x^3+y^3+z^3)(m^3+n^3+p^3)}}$$

\Rightarrow $$3 \ge \frac{3(axm+byn+czp)}{\sqrt[3]{(a^3+b^3+c^3)(x^3+y^3+z^3)(m^3+n^3+p^3)}}$$

\Leftrightarrow $$(a^3+b^3+c^3)(x^3+y^3+z^3)(m^3+n^3+p^3) \ge (axm+byn+czp)^3$$

 

[thaybom]

...

Đúng rồi, mình góp ý tý về cách trình bày nhé.
+ Chỗ dấu $\Rightarrow$, bạn nên có lời dẫn: "Cộng 3 vế (1), (2), (3) ta suy ra" thì bài làm sẽ trở nên đẹp hơn, rõ ràng hơn.
+ Bạn tham khảo lại mục số 6 trong hướng dẫn gõ CT Toán để tìm hiểu gõ biểu thức nhiều hàng nhé, tuy có lâu hơn cách bạn gõ nhưng trông bài viết đẹp mắt hơn^^.

 

[thaybom]

Còn 1 cách chứng minh bằng bất đẳng thức Cô-si nữa, tư tưởng của nó sẽ dùng để chứng minh rất nhiều bài, ví dụ như:
Cho các số thực không âm a, b, c. Chứng minh rằng: $$a^5 + b^5 + c^5 \ge abc(a^2+b^2+c^2)$$

 

[minhtuyb]

Em xin đưa ra cách S.O.S vì nó không phải sử dụng bổ đề, ngắn gọn nhất nếu ta coi BĐT trên như một bài toán phụ ^_^:
---
Đặt $P=\sum\dfrac{a}{b+c}$

Xét biểu thức:
$$\begin{array}{rl} P-\dfrac{3}{2}&=\sum\dfrac{a}{b+c}-\dfrac{3}{2}\\ &=\sum(\dfrac{a}{b+c}-\dfrac{1}{2})\\ &=\sum\dfrac{2a-b-c}{2(b+c)}\\ &=\sum(\dfrac{a-b}{2(a+c)}+\dfrac{a-c}{2(b+c)})\\ &=\sum(\dfrac{a-b}{2}(\dfrac{1}{b+c}-\dfrac{1}{a+c}))\\ &=\sum\frac{(a-b)^2}{2(a+c)(b+c)}\ge 0\\ \Rightarrow& P\ge \dfrac{3}{2}\end{array}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c\ \square$

 

[minhtuyb]

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

Còn 1 cách chứng minh bằng bất đẳng thức Cô-si nữa, tư tưởng của nó sẽ dùng để chứng minh rất nhiều bài, ví dụ như:

Cho các số thực không âm a, b, c. Chứng minh rằng: $$a^5 + b^5 + c^5 \ge abc(a^2+b^2+c^2)$$

Áp dụng BĐT Cauchy cho $n+k$ số, ta có:
$$n.a^{n+k}+k.b^{n+k}\ge (n+k)\sqrt[n+k]{a^{n(n+k)}.b^{k(n+k)}}=(n+k)a^nb^k$$
$$n.b^{n+k}+k.c^{n+k}\ge (n+k)\sqrt[n+k]{b^{n(n+k)}.c^{k(n+k)}}=(n+k)b^nc^k$$
$$n.c^{n+k}+k.a^{n+k}\ge (n+k)\sqrt[n+k]{c^{n(n+k)}.a^{k(n+k)}}=(n+k)c^na^k$$
Cộng vế với vế của 3 BĐT cùng chiều trên ta có ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
--------
Tương tự ta có thể chứng minh bài toán sau:
"Chứng minh rằng với các số thực dương $x_1;x_2;...;x_i$ (i tự nhiên không nhỏ hơn 2) và 2 số nguyên dương n, k, ta có: $$x_1^{n+k} + x_2^{n+k} + x_3^{n+k}+...+x_i^{n+k} \ge x_1^nx_2^k + x_2^n x_3^k +...+x_i^nx_1^k$$"

 

[locxoaymgk]

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

Bài này có tận 20 cách giải ,mình chỉ giải cách hay dùng vậy.
Giải:
Ta có:
[TEX]VT=(\frac{a}{b+c}+1)+(\frac{b}{a+c}+1)+(\frac{c}{a+b}+1)-3[/TEX]

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

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

[TEX] \geq \frac{1}{2}.9-3=\frac{3}{2} \ \[/TEX] (Theo BDT cô si)

[TEX]= \Leftrightarrow a=b=c[/TEX]

Cách S.O.S thì phức tạp quá!

 

[thaybom]

Cho $x,\ y>0$ thỏa $x+y=2$. CMR: $x^3y^3 (x^3+y^3) \le 2$

Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn $x+y=2$. Chứng minh rằng: $$x^3y^3 (x^3+y^3) \le 2$$

 

[thaybom]

Cho $a,b \ge c >0$. CMR: $\sqrt{c(a-c)} + \sqrt{c(b-c)} \le \sqrt{ab}$

Cho $a,b \ge c >0$. Chứng minh rằng: $$\sqrt{c(a-c)} + \sqrt{c(b-c)} \le \sqrt{ab}$$

 

[thaybom]

Cho $a,b,c,d\ge 0$. CMR: $\sum\limits_{cyc} \sqrt{\frac{a}{b+c+d}} \ge 2$

Cho a, b, c, d là các số thực không âm thỏa mãn $$(a+b+c)(b+c+d)(c+d+a)(d+a+b)>0$$ Chứng minh rằng: $$\sqrt{\frac{a}{b+c+d}}+\sqrt{\frac{b}{c+d+a}}+ \sqrt{\frac{c}{d+a+b}}+\sqrt{\frac{d}{a+b+c}} \ge 2$$

 

[thaybom]

Cho $a,\ b,\ c,\ d>0$. CMR: $\dfrac{(a+b)(a+b+c)(a+b+c+d)^2}{abcd} \ge 64$

Cho các số thực dương a, b, c, d. Chứng minh rằng: $$\dfrac{(a+b)(a+b+c)(a+b+c+d)^2}{abcd} \ge 64$$