H
huynhbachkhoa23
[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.
Bổ đề VQBC. Cho $n$ số thực $x_1, x_2,...,x_n$ thỏa mãn $x_1+x_2+...+x_n=n$. Khi đó với mỗi $t\ge 0$ đặt $x_1^2+x_2^2+...+x_n^2=n+n(n-1)t^2$. Khi đó ta luôn có:
$$1-(n-1)t\le x_j \le 1+(n-1)t\;\; ( j=1,2,...,n )$$
Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$$x_1^2+x_2^2+...+x_n^2\ge x_1^2+\dfrac{(x_2+x_3+...+x_n)^2}{n}$$
tương đương với $n+n(n-1)t^2\ge x_1^2+\dfrac{(n-x_1)^2}{n}$
Giải bất phương trình này ra ta được $1-(n-1)t\le x_1\le 1+(n-1)t$.
Do $x_1, x_2, ..., x_n$ có vai trò như nhau nên ta được điều phải chứng minh.
Chú ý với $x_1, x_2,...,x_n\ge 0$ thì $t\in [0,1]$
Bài toán 1. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$a^2+b^2+c^2\le \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}$$
Lời giải.
Đặt $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$ với $1\ge t\ge 0$. Khi đó đẳng thức xảy ra khi $a=1+2t$ nên ta có phép tách $\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{1+2t}+\dfrac{1+2t-a}{a(1+2t)}$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$$\sum \dfrac{1}{a}\ge \dfrac{3}{1+2t}+\dfrac{1}{1+2t}\sum \dfrac{1+2t-a}{a}\ge \dfrac{3}{1+2t}+\dfrac{1}{1+2t}.\dfrac{\left[\sum (1+2t-a)\right]^2}{\sum a(1+2t-a)}=\dfrac{3+3t}{(1-t)(1+2t)}$$
Và tương tự ta cũng có:
$$\sum \dfrac{1}{a^2}=\sum \dfrac{1}{a(1+2t)}+\sum \dfrac{1+2t-a}{a^2(1+2t)}\ge \dfrac{3(1+t)}{(1-t)(1+2t)^2}+\dfrac{1}{1+2t}\sum \dfrac{1+2t-a}{a^2}$$
Áp dụng bất đẳng thức Holder:
$$\left(\sum \dfrac{1+2t-a}{a^2}\right)\left[\sum a(1+2a-a)\right]^2 \ge 216t^3$$
Do đó $\sum \dfrac{1+2t-a}{a^2}\ge \dfrac{6t}{(1-t)^2}$. Vậy là ta có $\sum \dfrac{1}{a^2}\ge \dfrac{3(1+t)}{(1-t)(1+2t)^2}+\dfrac{6t}{(1+2t)(1-t)^2}$. Ta cần chứng minh $\dfrac{3(1+t)}{(1-t)(1+2t)^2}+\dfrac{6t}{(1+2t)(1-t)^2}\ge 3+6t^2$
Nó tương đương với $t^2(2+t^2+4t^3-4t^4)\ge 0$ luôn đúng vì $t\in [0,1]$ nên $4t^3-4t^4=4t^3(1-t)\ge 0$
Sử dụng các phép tách tương tự với các bài toán sau.
Bài toán 1. Cho các số thực dương $a,b,c,d$ có tổng bằng $4$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+ \dfrac{1}{d^2}\ge a^2+b^2+c^2+d^2$$
Bài toán 2. Cho các số thực dương $a,b,c,d,e$ thỏa mãn $a+b+c+d+e=5$. Chứng minh rằng:
$$9\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+ \dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{e}\right)\ge 5+7(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2)$$
Bài toán 3. Cho các số thực dương $a,b,c$ có tổng bằng $3$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{a^2}{a+2}+\dfrac{b^2}{b+2}+\dfrac{c^2}{c+2}\le \dfrac{3}{ab+bc+ca}$$
Và đang nghiên cứu cách làm cho bài này: Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$8\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right)+9\ge 10(a^2+b^2+c^2)$$
$$1-(n-1)t\le x_j \le 1+(n-1)t\;\; ( j=1,2,...,n )$$
Chứng minh.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$$x_1^2+x_2^2+...+x_n^2\ge x_1^2+\dfrac{(x_2+x_3+...+x_n)^2}{n}$$
tương đương với $n+n(n-1)t^2\ge x_1^2+\dfrac{(n-x_1)^2}{n}$
Giải bất phương trình này ra ta được $1-(n-1)t\le x_1\le 1+(n-1)t$.
Do $x_1, x_2, ..., x_n$ có vai trò như nhau nên ta được điều phải chứng minh.
Chú ý với $x_1, x_2,...,x_n\ge 0$ thì $t\in [0,1]$
Bài toán 1. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$a^2+b^2+c^2\le \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}$$
Lời giải.
Đặt $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$ với $1\ge t\ge 0$. Khi đó đẳng thức xảy ra khi $a=1+2t$ nên ta có phép tách $\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{1+2t}+\dfrac{1+2t-a}{a(1+2t)}$. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$$\sum \dfrac{1}{a}\ge \dfrac{3}{1+2t}+\dfrac{1}{1+2t}\sum \dfrac{1+2t-a}{a}\ge \dfrac{3}{1+2t}+\dfrac{1}{1+2t}.\dfrac{\left[\sum (1+2t-a)\right]^2}{\sum a(1+2t-a)}=\dfrac{3+3t}{(1-t)(1+2t)}$$
Và tương tự ta cũng có:
$$\sum \dfrac{1}{a^2}=\sum \dfrac{1}{a(1+2t)}+\sum \dfrac{1+2t-a}{a^2(1+2t)}\ge \dfrac{3(1+t)}{(1-t)(1+2t)^2}+\dfrac{1}{1+2t}\sum \dfrac{1+2t-a}{a^2}$$
Áp dụng bất đẳng thức Holder:
$$\left(\sum \dfrac{1+2t-a}{a^2}\right)\left[\sum a(1+2a-a)\right]^2 \ge 216t^3$$
Do đó $\sum \dfrac{1+2t-a}{a^2}\ge \dfrac{6t}{(1-t)^2}$. Vậy là ta có $\sum \dfrac{1}{a^2}\ge \dfrac{3(1+t)}{(1-t)(1+2t)^2}+\dfrac{6t}{(1+2t)(1-t)^2}$. Ta cần chứng minh $\dfrac{3(1+t)}{(1-t)(1+2t)^2}+\dfrac{6t}{(1+2t)(1-t)^2}\ge 3+6t^2$
Nó tương đương với $t^2(2+t^2+4t^3-4t^4)\ge 0$ luôn đúng vì $t\in [0,1]$ nên $4t^3-4t^4=4t^3(1-t)\ge 0$
Sử dụng các phép tách tương tự với các bài toán sau.
Bài toán 1. Cho các số thực dương $a,b,c,d$ có tổng bằng $4$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+ \dfrac{1}{d^2}\ge a^2+b^2+c^2+d^2$$
Bài toán 2. Cho các số thực dương $a,b,c,d,e$ thỏa mãn $a+b+c+d+e=5$. Chứng minh rằng:
$$9\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+ \dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{e}\right)\ge 5+7(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2)$$
Bài toán 3. Cho các số thực dương $a,b,c$ có tổng bằng $3$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{a^2}{a+2}+\dfrac{b^2}{b+2}+\dfrac{c^2}{c+2}\le \dfrac{3}{ab+bc+ca}$$
Và đang nghiên cứu cách làm cho bài này: Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$8\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right)+9\ge 10(a^2+b^2+c^2)$$
Last edited by a moderator:
