[Toán 9] Bất đẳng thức

V

vipboycodon

Không bít đúng hông.
Ta có : $a^2+b^2 \ge 2ab => \dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}} \le \dfrac{b}{\sqrt{2ab}} \le \dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{2a}}$
Tương tự : $\dfrac{c}{\sqrt{c^2+b^2}} \le \dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{2b}}$ ; $\dfrac{a}{\sqrt{a^2+c^2}} \le \dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{2c}}$
Cộng vế với vế ta có:
$\dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+b^2}}+\dfrac{a}{\sqrt{a^2+c^2}} \le \dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{2a}}+\dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{2b}}+ \dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{2c}} \le \dfrac{3}{\sqrt{2}} \le \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$ (đpcm)
 
Last edited by a moderator:
B

baihocquygia

vipboycodon said:
Không bít đúng hông.
Ta có : $a^2+b^2 \ge 2ab => \dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}} \le \dfrac{b}{\sqrt{2ab}} \le \dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{2a}}$
Tương tự : $\dfrac{c}{\sqrt{c^2+b^2}} \le \dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{2b}}$ ; $\dfrac{a}{\sqrt{a^2+c^2}} \le \dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{2c}}$
Cộng vế với vế ta có:
$\dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+b^2}}+\dfrac{a}{\sqrt{a^2+c^2}} \le \dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{2a}}+\dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{2b}}+ \dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{2c}} \le \dfrac{3}{\sqrt{2}} \le \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$ (đpcm)
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
vậy có điều kiện của a,b không vậy bạn ****************************?????????????
 
T

trungkstn@gmail.com

Bất đẳng thức cuối của bạn bị sai vì
$ \sqrt{\dfrac{b}{a}}+\sqrt{\dfrac{c}{b}} + \sqrt{\dfrac{a}{c}} \ge 3 $
 
Last edited by a moderator:
V

vipboycodon

Nhưng bdt cuối mình là : $\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{2a}}+
\dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{2b}}+\dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{2c}}$ mà.
 
Last edited by a moderator:
B

braga

vipboycodon said:
Không bít đúng hông.
Ta có : $a^2+b^2 \ge 2ab => \dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}} \le \dfrac{b}{\sqrt{2ab}} \le \dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{2a}}$
Tương tự : $\dfrac{c}{\sqrt{c^2+b^2}} \le \dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{2b}}$ ; $\dfrac{a}{\sqrt{a^2+c^2}} \le \dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{2c}}$
Cộng vế với vế ta có:
$\dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+b^2}}+\dfrac{a}{\sqrt{a^2+c^2}} \le \dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{2a}}+\dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{2b}}+ \dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{2c}} \le \dfrac{3}{\sqrt{2}} \le \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$ (đpcm)
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Lời giải này sai vì $\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{2a}}+$ $\dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{2b}}+ \dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{2c}}$ $=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\dfrac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}}+\dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{b}}+ \dfrac{\sqrt{a}}{\sqrt{c}}\right)\ge \dfrac{3}{\sqrt{2}}$
 
T

trungkstn@gmail.com

Đây là cách chứng minh siêu dài dùng phương pháp dồn biến

Từ BĐT $A = \dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{a^{2}}{b^{2}}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{b^{2}}{c^{2}}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{c^{2}}{a^{2}}}} \le \dfrac{3}{\sqrt{2}}$

Đặt $x=\dfrac{a}{b};y=\dfrac{b}{c};z=\dfrac{c}{a}$ Suy ra $ xyz = 1 $
Ta cần chứng minh $A = \dfrac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+y^{2}}} + \dfrac{1}{\sqrt{1+z^{2}}}\le \dfrac{3}{\sqrt{2}}$

Giả sử rằng $x \ge 1$ thì $yz \le 1$

Xét $B = \dfrac{1}{\sqrt{1+y^{2}}} + \dfrac{1}{\sqrt{1+z^{2}}} - \dfrac{2}{\sqrt{1+yz}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+y^{2}}}-\dfrac{1}{\sqrt{1+yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+z^{2}}}-\dfrac{1}{\sqrt{1+yz}}$

$B=\dfrac{z-y}{\sqrt{1+yz}} \left [ \dfrac{y}{\sqrt{1+y^{2}}(\sqrt{1+y^{2}}+\sqrt{1+yz})}-\dfrac{z}{\sqrt{1+z^{2}}(\sqrt{1+z^{2}}+\sqrt{1+yz})}\right ]$

Xét biểu thức trong ngoặc [.]. Quy đồng mẫu số biểu thức trong [.], để cho gọn ta gọi mẫu số là $M$

$[.] = \dfrac{y(1+z^{2})-z(1+y^{2})+\sqrt{1+yz}(y\sqrt{1+z^{2}}-z\sqrt{1+y^{2}})}{M}$

$[.]= \dfrac{(z-y)(yz-1)-\sqrt{1+yz}\dfrac{(z-y)(y+z)}{y\sqrt{1+z^{2}}+z\sqrt{1+y^{2}}}}{M}$

$[.]=\dfrac{z-y}{M}\left ( yz-1-\dfrac{\sqrt{1+yz}(y+z)}{y\sqrt{1+z^{2}}+z\sqrt{1+y^{2}}} \right )$

Vì $yz-1-\dfrac{\sqrt{1+yz}(y+z)}{y\sqrt{1+z^{2}}+z\sqrt{1+y^{2}}} \le 0$ nên $B \le 0$

Vậy $A \le \dfrac{1}{\sqrt{1+x^{2}}} + \dfrac{2}{\sqrt{1+yz}} = \dfrac{1}{\sqrt{1+x^{2}}} + \dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{1+x}}$

Tự các bạn chứng minh tiếp nhé. Mình ngại gõ lắm
Xem ở đây nữa http://www.wolframalpha.com/input/?i=1/sqrt(1+x^2)+2sqrt(x)/sqrt(1+x)&dataset=
 
You must log in or register to reply here.
Top Bottom