Ủng hộ anh Việt 1 bài khá hay dùng hệ số bất định :-?
Ví dụ 5. Cho $a;b;c>0$, chứng minh rằng
$$\frac{a^2}{\sqrt{2a^2+ab+b^2}}+\frac{b^2}{\sqrt{2b^2+bc+c^2}}+\frac{c^2}{\sqrt{2c^2+ca+c^2}} \geq \frac{a+b+c}{2}$$
Giải:
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
**Cách để tìm ra bất đẳng thức phụ trên:
Ta nghĩ đến việc phải tìm $m,n$ sa0 ch0 $\frac{a^2}{\sqrt{2a^2+ab+b^2}}\geq ma+nb\,\,\,\,\ \forall a,b>0$
+Ch0 $a=b=1$ ta có $m+n=\frac{1}{2}$
+Ch0 $b=1$ rồi đạo hàm 2 vế ta được:
$$\frac{4a(2a^2+a+1)-a(4a+1)}{2\sqrt{2a^2+a+1}.(2a^2+a+1)}=m$$
Ch0 $a=1$ ta sẽ tìm ra được $m=\frac{11}{16}\to n=-\frac{3}{16}$

Ngoài cách như của Đạt thì ta có thể làm như sau:

\[\frac{{{a^2}}}{{\sqrt {2{a^2} + ab + {b^2}} }} = \frac{a}{{\sqrt {1 + \frac{b}{a} + {{\left( {\frac{b}{a}} \right)}^2}} }}\mathop {{\rm{ }} = }\limits^{t = \frac{b}{a}} \frac{a}{{\sqrt {1 + t + {t^2}} }}\]
Bằng phương pháp hệ số bất định ta có dự đoán:

\[\frac{1}{{\sqrt {1 + t + {t^2}} }} \ge \frac{{11}}{{16}} - \frac{3}{{16}}t\]

Thay ngược lại sẽ có kết quả như của Đạt.

Đổi gió, tiện cũng chia sẻ cho các bạn một kĩ thuật nhỏ nhưng khá hay khi kết hợp bđt $Vacs$ và phương pháp này.

Trước tiên ta nói về bất đẳng thức $Vacs$ Cho $a;b;c>0$ thỏa mãn $abc=1$ chứng minh rằng:

\[\frac{1}{{{a^2} + a + 1}} + \frac{1}{{{b^2} + b + 1}} + \frac{1}{{{c^2} + c + 1}} \ge 1\]

Chứng minh:

Bài này ta hoàn toàn có thể dùng kĩ thuật ở trên để chứng minh, nhưng mình sẽ chứng minh nó bằng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$.

Do $abc=1$ nên sẽ tồn tại $x;y;z>0$ sao cho $a=\dfrac{yz}{x^2}; b=\dfrac{zx}{y^2}; c=\dfrac{xy}{z^2}$

Khi đó ta có:

\[LHS = \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{\frac{{yz}}{{{x^2}}} + \frac{{{y^2}{z^2}}}{{{x^4}}} + 1}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{x^4}}}{{{x^4} + {x^2}yz + {y^2}{z^2}}}} } \ge \frac{{{{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}^2}}}{{{x^4} + {y^4} + {z^4} + xyz\left( {x + y + z} \right) + {x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}{x^2}}} \ge 1\]

Thật vậy BĐT cuối tương đương:

\[{x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}x \ge xyz\left( {x + y + z} \right)\]

Đây là bđt quen thuộc. Nên ta có điều phải chứng minh.

Áp dụng của bđt này thì mình sẽ post sau. giờ có việc bận rổi.

Như chúng ta đã nói ở trên là ta có bdt:

\[\frac{1}{{{a^{2k}} + {a^k} + 1}} + \frac{1}{{{b^{2k}} + {b^k} + 1}} + \frac{1}{{{c^{2k}} + {c^k} + 1}} \ge 1\]

Với điều kiện $abc=1$

Ngoài ra ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng khác:

\[\frac{{{a^k} + 1}}{{{a^{2k}} + {a^k} + 1}} + \frac{{{b^k} + 1}}{{{b^{2k}} + {b^k} + 1}} + \frac{{{c^k} + 1}}{{{c^{2k}} + {c^k} + 1}} \le 2\]

Với cùng điều kiện trên.

Thật vậy bất đẳng thức này được viết lại:

\[\sum\limits_{cyc} {\left( {1 - \frac{{{a^k} + 1}}{{{a^{2k}} + {a^k} + 1}}} \right)} \ge 1\]

\[ \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{\frac{1}{{{a^{2k}}}} + \frac{1}{{{a^k}}} + 1}}} \ge 1\]

Đây là bất đẳng thức đã chứng minh trên.

Hai dạng này là tương đương với nhau, nhưng ở những bài toán khác nhau thì ta có thể áp dụng chúng một cách linh hoạt.

Ví dụ 1: Cho các số dương $a;b;c$ thỏa mãn $abc=1$ chứng minh rằng:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{4{a^2} - 2a + 1}}} \ge 1\]

Bài giải:

Phân tích: Thứ nhất bài toán yêu câu chứng minh theo chiều $\ge$ nghĩa là ta cần đánh giá:

\[\frac{1}{{4{a^2} - 2a + 1}} \ge \frac{1}{{{a^{2k}} + {a^k} + 1}}\] với $k$ là hệ số bất định.

Và yêu cầu của chúng ta bây giờ là tìm $k$ thích hợp. Cách làm thì không khác gì đối với loại bài trên.

Ta có BĐT vừa rồi tương đương:

\[{a^{2k}} + {a^k} \ge 4{a^2} - 2a\] đạo hàm hai về và cho $a=1$ ta có $k=2$

Như vậy ta có bđt:

\[\frac{1}{{4{a^2} - 2a + 1}} \ge \frac{1}{{{a^4} + {a^2} + 1}}\]

\[ \Leftrightarrow a\left( {{a^3} - 3a + 2} \right) \ge 0\] luôn đúng theo $AM-GM$.

Vậy BĐT của ta được chứng minh.

Ví dụ 2: Cho các số dương $a;b;c$ thỏa mãn $abc=1$ chứng minh rằng:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{{a^2} - a + 1}}} \le 3\]

Lời giải:

Bây giờ bài toán cần chứng minh với chiều $\le$ khi đo ta sẽ cần đánh giá như sau:

\[\frac{1}{{{a^2} - a + 1}} \le \frac{3}{2}\frac{{{a^k} + 1}}{{{a^{2k}} + {a^k} + 1}}\]

Việc tìm $k$ tương tự như những bài toàn từ đầu đến giờ, xin nhường bạn đọc.

Nhận xét: BĐT $Vacs$ là một BĐT khá chặt, vì thế nên nó có ứng dụng khá lớn trong chứng minh các bđt cùng loại. Các bạn có thể áp dụng những phương pháp này để chứng minh các bđt khác. Việc tự nhiên cho ra các bđt phụ và kết hợp nó với một bổ đề trên trời rơi xuống sẽ làm cho cách giải của ta trở nên độc đóa ( đối với những người chưa biết đên pp này)

Đổi gió, tiện cũng chia sẻ cho các bạn một kĩ thuật nhỏ nhưng khá hay khi kết hợp bđt $Vacs$ và phương pháp này.

Trước tiên ta nói về bất đẳng thức $Vacs$ Cho $a;b;c>0$ thỏa mãn $abc=1$ chứng minh rằng:

\[\frac{1}{{{a^2} + a + 1}} + \frac{1}{{{b^2} + b + 1}} + \frac{1}{{{c^2} + c + 1}} \ge 1\]

Chứng minh:

Bài này ta hoàn toàn có thể dùng kĩ thuật ở trên để chứng minh, nhưng mình sẽ chứng minh nó bằng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$.

Do $abc=1$ nên sẽ tồn tại $x;y;z>0$ sao cho $a=\dfrac{yz}{x^2}; b=\dfrac{zx}{y^2}; c=\dfrac{xy}{z^2}$

Khi đó ta có:

\[LHS = \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{\frac{{yz}}{{{x^2}}} + \frac{{{y^2}{z^2}}}{{{x^4}}} + 1}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{x^4}}}{{{x^4} + {x^2}yz + {y^2}{z^2}}}} } \ge \frac{{{{\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)}^2}}}{{{x^4} + {y^4} + {z^4} + xyz\left( {x + y + z} \right) + {x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}{x^2}}} \ge 1\]

Thật vậy BĐT cuối tương đương:

\[{x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}x \ge xyz\left( {x + y + z} \right)\]

Đây là bđt quen thuộc. Nên ta có điều phải chứng minh.

Áp dụng của bđt này thì mình sẽ post sau. giờ có việc bận rổi.

e nhớ a có cô bạn gái năm ngoái còn thi VMF Next Top Model mà. Giờ đi đâu rồi

Em nói bạn Hà ak`? :-"

Thế anh mới nói là pp U.C.T hay ở chỗ nó sơ cấp ai cũng hiểu.

Hình như a còn đi trước thời đại 1 đoạn dài rồi nhỉ

còn xa mới đuổi kịp mấy cu .

Cho a,b,c dương, n >1 (n nguyên)
Chứng minh rằng
$$ (\frac{a}{a+b})^{n}+(\frac{b}{b+c})^{n}+(\frac{c}{c+a})^{n}\geq \frac{3}{2^{n}}$$

Anh nghĩ bđt này sai.

Đây là xu hướng 2013 a ạ

Ặc ặc, xu hướng mới nó thế ak? Không bắt kịp thời đại rồi

Sao thấy dạo này mấy bạn trẻ có cặp hết cả rồi nhỉ?

Ví dụ 4: (Trâu bò húc) Cho $a;b;c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$

Chứng minh rằng:

\[\frac{1}{{\sqrt {{a^2} - 3a + 3} }} + \frac{1}{{\sqrt {{b^2} - 3b + 3} }} + \frac{1}{{\sqrt {{c^2} - 3c + 3} }} \le 3\]

Lời giải: Mình xin được nguyên văn lời giải trong sách mình:

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a\ge b\ge c>0.$
Với mọi $x\ge \frac{\sqrt{5}-1}{2},$ ta có
$$\dfrac{2}{\sqrt{x^2-3x+3}}\le x+1$$
Thật vậy, BĐT tương đương $(x-1)^2(x^2+x-1)\ge 0.$
Suy ra
* Nếu $c\ge \dfrac{\sqrt{5}-1}{2},$ sử dụng BĐT trên với $a,b,c$ rồi cộng lại ta dễ có đpcm.
* Nếu $c\le \dfrac{\sqrt{5}-1}{2},$ ta xét 2 khả năng
-TH1: $b\le 1,$ ta có
$$a^2-3a+3=(a-1,5)^2+0,75\ge 0,75$$
$$b^2-3b+3=(b-1)^2+2-b\ge 1$$
$$c^2-3c+3=(c-1)^2+2-c\ge (1-\dfrac{\sqrt{5}-1}{2})^2-\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}+2=\dfrac{16}{(\sqrt{5}+1)^2}$$
Do đó $VT\le \dfrac{2}{\sqrt{3}}+\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}+1<3$
-TH2: $b\ge 1,$ suy ra $2\ge a\ge b\ge 1,$ xét $f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x^2-3x+3}} trên [1;2],$ ta có
$$f''(x)=\dfrac{8x^2-24x+15}{4(x^2-3x+3)^{2,5}}<0$$
Do đó theo BĐT $Jensen$ ta có
$$f(a)+f(b)\le 2f(\dfrac{a+b}{2})=2f(t)=\dfrac{2}{\sqrt{t^2-3t+3}}$$
Vậy ta cần có $$\dfrac{2}{\sqrt{t^2-3t+3}}+\dfrac{1}{\sqrt{(3-2t)^2-3(3-2t)+3}}\le 3$$
Hay $\dfrac{(t-1)^2(36t^6-252t^5+749t^4-1202t^3+1099t^2-546t+117)}{(t^2-3t+3)^2(4t^2-6t+3)^2}\ge 0$
BĐT trên đúng, vậy ta có đpcm.
Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.

Ví dụ 3: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $abc=1$ .CMR:
$$\frac{1}{(1+2a)^2}+\frac{1}{(1+2b)^2}+\frac{1}{(1+2c)^2} \ge \frac{1}{3}$$

Lời giải:


TH1: trong ba số $a,b,c$ có ít nhất một số $ \in \left( {0;\frac{1}{{20}}} \right]$ giả sử $a \in \left( {0;\frac{1}{{20}}} \right]$

Khi đó ta có: \[\frac{1}{{{{\left( {2a + 1} \right)}^2}}} \ge \frac{{100}}{{121}} > \frac{1}{3}\]

TH2: cả ba số đều $ \in \left( {\frac{1}{{20}}; + \infty } \right)$ khi đó không mấy khó khăn ta chứng minh được rằng

\[\left\{ \begin{array}{l}
\frac{1}{{{{\left( {2a + 1} \right)}^2}}} \ge \frac{1}{9} - \frac{4}{{27}}\ln a\\
\frac{1}{{{{\left( {2b + 1} \right)}^2}}} \ge \frac{1}{9} - \frac{4}{{27}}\ln b\\
\frac{1}{{{{\left( {2c + 1} \right)}^2}}} \ge \frac{1}{9} - \frac{4}{{27}}\ln c
\end{array} \right. \Rightarrow true\]

BĐT được chứng minh. Dấu $''="$ xảy ra khi $a=b=c=1$

Ví dụ 2: Cho $x,y,z\ge 0$ và $x+y+z=1$. Chứng minh rằng
\[10(x^3+y^3+z^3)-9(x^5+y^5+z^5)\geq 1\]

Chứng minh:

Nhận xét bất đẳng thức này có dấu bằng tại 2 điểm là $a=b=c=\frac{1}{3}$ hoặc $a=b=0; c=1$ nhưng ta cứ giả vờ là mình không biết bđt này có cực trị tại biên đi xem thế nào?


Phân tích:
Bằng phương pháp $U.C.T$ ta dữ đoán có bđt: \[10{x^3} - 9{x^5} \ge \frac{{25}}{9}x - \frac{{16}}{{27}}\left( 1 \right)\]

\[ \Leftrightarrow {\left( {3x - 1} \right)^2}\left( {27{x^3} + 18{x^2} - 21x - 16} \right) \le 0\]

Rõ ràng bđt này không phải là luôn đúng, nó phụ thuộc vào dấu của $f\left( x \right) = 27{x^3} + 18{x^2} - 21x - 16$
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}
f\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = {x_0} \approx 0.9 \cdots \approx \frac{9}{{10}}\\
f\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x < {x_0} \approx 0.9 \cdots \approx \frac{9}{{10}} \Rightarrow \left( 1 \right)True\\
f\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x > {x_0} \approx 0.9 \cdots \approx \frac{9}{{10}} \Rightarrow \left( 1 \right)False
\end{array} \right.\]
Đến đây ta sẽ tiến hành giải bằng cách chia trường hợp.

$\left. \bullet \right)$ TH1: Trong ba số có 1 số $\in \left[ {\frac{9}{{10}};1} \right]$

Giả sử $x \in \left[ {\frac{9}{{10}};1} \right] \Rightarrow y;z \in \left[ {0;\frac{1}{{10}}} \right]$

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}
10{x^3} - 5{x^5} \ge 1\\
10{y^3} - 5{y^5} \ge 0\\
10{z^3} - 5{z^5} \ge 0
\end{array} \right. \Rightarrow True\]
$\left. \bullet \right)$ TH2: cả ba số cùng $ \in \left[ {0;\frac{9}{{10}}} \right]$

Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}
10{x^3} - 9{x^5} \ge \frac{{25}}{9}x - \frac{{16}}{{27}}\\
10{y^3} - 9{y^5} \ge \frac{{25}}{9}y - \frac{{16}}{{27}}\\
10{z^3} - 9{z^5} \ge \frac{{25}}{9}z - \frac{{16}}{{27}}
\end{array} \right. \Rightarrow true\]


BĐT đã đc chứng minh. Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $\left[ \begin{array}{l}
a = b = c = \frac{1}{3}\\
\left\{ \begin{array}{l}
a = b = 0\\
c = 1
\end{array} \right.
\end{array} \right.$ Cùng các hoán vị.

PS: Như vậy ta có thể thấy rằng phương pháp này cũng có thể giải quyết những bất đẳng thức có cực trị không chỉ tại tâm, :D

Ví dụ 1: Bất đẳng thức $AM-GM$

Cho $n$ số không âm $a_1;a_2;..;a_n$ chưng minh rằng:

\[\frac{{{a_1} + {a_2} + \cdots + {a_n}}}{n} \ge \sqrt[n]{{{a_1}.{a_2} \cdots {a_n}}}\]

Chứng minh:

*) Nếu tồn tại $x_i=0$ bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

**) nếu $x_i>0$

Ta đặt ${x_i} = \frac{{{a_i}}}{{\sqrt[n]{{{a_1}.{a_2} \cdots {a_n}}}}}$ khi đó ta có BĐT đã cho theo biến mới là:

\[\frac{{{x_1} + {x_2} + \cdots + {x_n}}}{n} \ge \sqrt[n]{{{x_1}.{x_2} \cdots {x_n}}}\]

Với ${x_1}{x_2} \cdots {x_n} = 1$ $ \Leftrightarrow ln\left( {{x_1}} \right) + ln\left( {{x_2}} \right) + \cdots + ln\left( {{x_n}} \right) = 0$

Bất đẳng thức được viết lại là:

$$x_1+x_2+\cdots+x_n\ge n$$

Bây giờ bất đẳng thức đã cho đã trở về đúng dạng của bài toán ta đang xét.

Hệ số bất định:
\[x \ge 1 + \alpha .lnx\]

Đạo hàm hai vế và cho $x=1$ ta được $\alpha = 1$

Vậy ta gia cát dự được bất đẳng thức sau:

\[x \ge 1 + lnx\]

Tiếp theo là kiểm tra bất đẳng thức này: Xét hàm số $f(x)=x-lnx-1$ với $x>0$

$$f'(x)=\dfrac{x-1}{x}=0$$

\[ \Leftrightarrow x = 1\]

Dễ thấy $f'(x)$ đổi dấu từ âm sang dương khi $x$ qua $1$

Từ đó suy ra $f(x)\ge f(1)=0$

Như vây bđt đã cho được chứng minh.

PS: *) Lời giải trên tôi đã sử dụng khá nhiều kĩ thuật cần thiết khi sử dụng phương pháp này. Ban đầu là chuẩn hóa bđt đã cho để có điều kiện ở dạng tích, tiếp theo sử dụng công thức hàm $Logarit$ đề đưa điều kiện dạng tích về dạng tổng giống như bài toán ban đầu. Với cách này thì chắc hẳn các bạn sẽ hiểu vì sao tôi không chia ra làm nhiều bài toán con với điều kiện dạng tích hay bất đẳng thức cần chứng minh có dạng tích. Thứ ba, khi bất đẳng thức của ta có dính đến hàm siêu việt thì việc sử dụng hàm số là điều bắt buộc phải làm ( không thể dùng biến đổi tương đương ở đây được).

**) Ngoài cách chuẩn hóa như trên thì chúng ta có thể chuẩn hóa điều kiện theo dạng tổng bằng cách đặt ${x_i} = \frac{{n{a_i}}}{{{a_1} + {a_2} + \cdots + {a_n}}}$ các bạn có thể làm thử cách này.

Hơi GATO thì phải

Tớ cũng GATO luôn đó.

Chắc hẳn chúng ta đều đã từng nghe thấy, hay đã từng sử dụng phương pháp ấn tượng này để chứng minh các bất đẳng thức từ đơn giản đến phức tạp. Hôm nay (nhân dịp nông nhàn), mình cũng xin phép đượng trình bày một số hiểu biết nho nhỏ của mình về phương pháp này.

Nói đến $U.C.T$ thì chúng ta đang nói đến phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng các bất đẳng thức phụ. Đối với những bạn chưa từng biết về phương pháp này thì việc đưa ra các bất đẳng thức phụ thật sự là một câu hỏi khó. Phương pháp này cũng khá rộng nên hôm nay mình cũng chia sẻ cách mà chúng ta sử dụng phương pháp này để giải một dạng bài quen thuộc.

Bài toán: Cho $a;b;c\ge 0$ thỏa mãn $f\left( a \right) + f\left( b \right) + f\left( c \right) = 3k$ Chứng minh rằng:

\[g\left( a \right) + g\left( b \right) + g\left( c \right) \ge 3k'\]

(Bài toán có cực trị (dấu bằng xảy ra) tại tâm nghĩa là $a=b=c=x_0$)

Thứ nhất các kiến thức cần sử dụng:

Định lý $Fermat$: Cho hàm $f:\left( {a;b} \right) \to R$ nếu hàm $f$ đạt cực trị tại $c\in (a;b)$ thì $f'\left( c \right) = 0$

Các công thức $logarit$: $lnabc=lna+lnb+lnc$ với $a;b;c>0$ Công thức này giúp ta chuyển BĐT có điều kiện dạng tích về dạng tổng.

Đạo hàm của hàm $Logarit$: $$(lnx)'=\dfrac{1}{x}$$

Bất đẳng thức $Jensen$

*) Cho $f$ là hàm lồi trên $(a;b)$ với $x_i\in (a;b)$ $i = \overline {1;n} $ ta có:

\[\frac{{f\left( {{x_1}} \right) + f\left( {{x_2}} \right) + \cdots + f\left( {{x_n}} \right)}}{n} \ge f\left( {\frac{{{x_1} + {x_2} + \cdots + {x_n}}}{n}} \right)\]

**) Cho $f$ là hàm lõm trên $(a;b)$ với $x_i\in (a;b)$ $i = \overline {1;n} $ ta có:

\[\frac{{f\left( {{x_1}} \right) + f\left( {{x_2}} \right) + \cdots + f\left( {{x_n}} \right)}}{n} \le f\left( {\frac{{{x_1} + {x_2} + \cdots + {x_n}}}{n}} \right)\]

Để đơn giản hơn thì các bạn chỉ cần nhớ rằng $f"(x)>0$ với $x\in (a;b)$ thì $f$ lồi trên $(a;b)$ và ngược lại.

Bây giờ mình sẽ vào phần chính luôn, đó là cách xây dựng các bất đẳng thức phụ. ( Với bài toán tôi đã nêu ở trên)

Chúng ta sẽ hệ số bất định như sau.

\[g\left( x \right) \ge k' + \alpha \left[ {f\left( x \right) - k} \right]\]

Vấn đề là ta cần tìm $\alpha$ (gọi là hệ số bất định)

Ta có bất đẳng thức mà ta giả sử sẽ tương đương với:

\[h\left( x \right) = g\left( x \right) - k' - \alpha \left[ {f\left( x \right) - k} \right]\]

Sẽ đạt cực trị tại $x=x_0$ hay theo định lý $Fermat$ là $h'(x_0)=0$

Hay \[\alpha = \frac{{g'\left( {{x_0}} \right)}}{{f'\left( {{x_0}} \right)}}\]

Vậy bất đẳng thức của ta cần tìm sẽ có dạng:

\[g\left( x \right) \ge k' + \frac{{g'\left( {{x_0}} \right)}}{{f'\left( {{x_0}} \right)}}\left[ {f\left( x \right) - k} \right]\]

Bây giờ sẽ lại nảy sinh ra vấn đề mới, bất đẳng trên luôn đúng hay không? Nếu nó không phải luôn đúng thì ta sẽ sử lý chúng ra làm sao?

Có thể trả lời luôn, bất đẳng thức trên không phải luôn đúng, và công việc của ta sau khi xây dựng bất đẳng thức trên xong là kiểm tra lại bất đẳng thức đó (có thể khảo sát hàm số, hay biến đổi tương đương). Nếu bất đẳng thức của ta là luôn đúng thì xong luôn (đi ngủ), nếu không phải luôn đúng ( cái này mệt rồi đây) thì ta khoang vùng những điểm nhạy cảm (thường là những điểm làm cho BĐT đổi chiều, hay các điểm là cho hàm số chuyển từ lồi sang lõm ...) và cuối cùng là chia trường hợp để xử lý.

Chỉ đơn giản là có vậy thôi, nhưng sức mạnh của nó thì đã được kiểm chứng. Nó có thể chứng minh những bất đẳng thức khó mà không cần động đến những phương pháp trâu bò như $EV, LCF-RCF...$

Ví dụ: (để tối mình sẽ lấy, giờ phải đi nấu cơm đã)

Có gì đâu.thôi ra tết làm trận AOE với đi Hồ Gươm cho khuây khỏa biết đâu kết được bạn đi cùng

:-" AOE thì đơn giản. mà bạn nào đi cùng.

Sự thật nó mất lòng.Tớ hiểu nỗi đau của Việt mà

Sax, ông chơi tôi đấy hả? đang nói cu kia mà chơi sang mình ngay được.

Chỉ tớ hiểu Việt.Đây cũng là cảnh ngộ bây giờ của Việt.Lên ĐH người yêu bỏ.Giờ chỉ biết sống trong quá khứ

:gach:

Sao ko đưa người yêu mới lên mà lại đưa người yêu cũ vậy hả

Sống trong quá khứ.

Ông quên tôi học ĐH Dược ak,Soi bằng kính hiển vi điện tử SEM và TEM còn ko thấy nữa là

Tôi bên toán tin chắc phải Scan vào máy tính mới thấy nhể?

Có đấy em.Cơ mà hình như đúng thế nên ko thấy bảo sao


Ấn tượng đấy.Sao anh chưa nhận ra vẻ đẹp tiềm ẩn ấy nhỉ

Vẻ đẹp tiềm ẩn mà, sao có thể thấy bằng mắt thường được? Phải dùng kính lúp

Anh cứ nói vậy chứ câu nói chân tình của em mờ

Chân tình là cái chân ấy hả Hoàng.

Okay,tks chị

like

Chuẩn man . Được cộng nhiêu điểm vậy ta

Vote chổ nào nhỉ? em vote anh luôn .

Tìm hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R^*}$ liên tục thỏa mãn điều kiện sau: $$f\left(\frac{x+y}{2} \right )=\frac{2f(x).f(y)}{f(x)+f(y)};\forall x,y\in \mathbb{R}$$

Đúng không Kiên.

\[\frac{1}{{f\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right)}} = \frac{1}{2}\left[ {\frac{1}{{f\left( x \right)}} + \frac{1}{{f\left( y \right)}}} \right]\]

Đặt $g\left( x \right) = \frac{1}{{f\left( x \right)}}$

Ta có:

\[g\left( {\frac{{x + y}}{2}} \right) = \frac{{g\left( x \right) + g\left( y \right)}}{2}\]

Suy ra $g(x)=ax+b$

Hay $f(x)=\dfrac{1}{ax+b}$