Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Element hero Neos: 05-08-2016 - 21:06
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Element hero Neos: 05-08-2016 - 21:06
Bài 2
BĐT $<=> \frac{a+b-c}{2a+c} + \frac{b+c-a}{2b+a} + \frac{c+a-b}{2c+b} \geq 1 (*)$
Xét $VT (*) = \frac{(a+b-c)^2}{(2a+c)(a+b-c)} + \frac{(b+c-a)^2}{(2b+a)(b+c-a)} + \frac{(c+a-b)^2}{(2c+b)(c+a-b)} \geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc} = \frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2} = 1$ $=> (Q.E.D)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Math Master: 05-08-2016 - 20:30
~Trí tưởng tượng quan trọng hơn kiến thức.~
Imagination is more important than knowledge.
-Einstein-
Bài 4
Vì $xyz = 1$ khi đó tồn tại các số thỏa mãn $x = \frac{a^2}{bc} , y = \frac{b^2}{ac} , z = \frac{c^2}{ab}$
$VT = \sum \frac{\frac{a^4}{b^2c^2}}{(\frac{a^2-bc}{bc})^2} = \sum \frac{a^4}{(a^2-bc)^2} \geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^2-bc)^2 + (b^2-ac)^2 + (c^2-ab)^2}$
Ta sẽ Chứng minh $\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^2-bc)^2 + (b^2-ac)^2 + (c^2-ab)^2} \geq 1$
$<=> (ab+bc+ac)^2 \geq 0 => (Q.E.D)$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$
~Trí tưởng tượng quan trọng hơn kiến thức.~
Imagination is more important than knowledge.
-Einstein-
$\fbox{Bài1}$
Cho a,b,c dương thoả mãn $ab+bc+ca=3$. Chứng minh:
a)
$\frac{1}{a^2+b^2+1}+\frac{1}{b^2+c^2+1}+\frac{1}{c^2+a^2+1}\leq 1$
b)
$\frac{1}{a^2+b^2+k}+\frac{1}{b^2+c^2+k}+\frac{1}{c^2+a^2+k}\leq\frac{3}{2+k}, \forall k\geq 1$
$\fbox{Câu a}$ Ta nhân $1+1+c^2$ cho tử và mẫu của $\frac{1}{a^2+b^2+1}$ (và tương tự nhé)
Áp dụng Cauchy-Schwar, suy ra: $VT\leq \frac{6+a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}$
Khi đó ta cần chứng minh: $\frac{6+a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\leq 1$
HIển nhiên đó là đẳng thức được suy ra từ: $ab+bc+ca =3$
___________________________________
Còn câu dưới chưa suy nghĩ: chắc từ từ bổ sung thêm
___________________________________
$\fbox{Câu b}$ (Copy tương tự)
Ta nhân $k^2+k^2+kc^2$ cho tử và mẫu của $\frac{1}{a^2+b^2+k}$ (và tương tự nhé)
Áp dụng Cauchy-Schwar, suy ra: $VT\leq \frac{6k+(a^2+b^2+c^2)}{k(a+b+c)^2}$ ( đã rút bớt k)
Khi đó ta cần chứng minh: $\frac{6k+a^2+b^2+c^2}{k(a+b+c)^2}\leq \frac{3}{2+k}$
Sau khi biến đổi nó sẽ thành $(2k-2)(a^2+b^2+c^2-3k)\geq 0$ (có nhầm lẫn ở đâu doks)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HoaiBao: 05-08-2016 - 21:48
Bài 3: Cho a,b,c dương. Chứng minh:
$\frac{a-b}{a+2b+c}+\frac{b-c}{b+2c+d}+\frac{c-d}{c+2d+a}+\frac{d-a}{d+2a+b}\geq 0$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
$$\sum \frac{2a-2b}{a+2b+c}\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{3a+c}{a+2b+c}\geq 3$$
Áp dụng $Cauchy-schwarz:$
$$\sum \frac{3a+c}{a+2b+c}=\sum \frac{(3a+c)^2}{(3a+c)(a+2b+c)}\geq \frac{16(a+b+c)^2}{\sum (3a+c)(a+2b+c)}=\frac{16(a^2+b^2+c^2)+32(ab+bc+ca)}{4(a^2+b^2+c^2)+12(ab+bc+ca)}$$
Cần chứng minh:
$$\frac{16(a^2+b^2+c^2)+32(ab+bc+ca)}{4(a^2+b^2+c^2)+12(ab+bc+ca)}\geq 3\Leftrightarrow 4(a^2+b^2+c^2)\geq 4(ab+bc+ca)\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca,\text{ đúng}$$
Suy ra đpcm. Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tpdtthltvp: 06-08-2016 - 08:14
$\color{red}{\mathrm{\text{How I wish I could recollect, of circle roud}}}$
$\color{red}{\mathrm{\text{The exact relation Archimede unwound ! }}}$
Bài 1
b, bđt tđ với:
$\sum \frac{(2+k)^2}{a^2+b^2+k}\leq 6+3k$
ad BĐT Schwarz:
$\sum \frac{(3+(k-1))^2}{(a^2+b^2+1)+(k-1)}\leq \sum \frac{9}{a^2+b^2+1}+3(k-1)\leq 9+3k-3=6+3k$
suy ra đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lin Kon: 09-08-2016 - 11:04
BĐT đó phát biểu sao nhỉ
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh