Chủ đề này có 176 trả lời

[pacific_boy571]

Có một bài này mà em chưa nghĩ ra. Bác nào nghĩ hộ em cái.
Cho cho a,b,c>0 và thỏa mãn $a^{2}+ b^{2}+c^{2}=1$.
Tìm giá trị bé nhất của:
$P= \dfrac{a}{b^{2}+c^{2}} + \dfrac{b}{c^{2}+a^{2}} + \dfrac{c}{a^{2}+b^{2}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 28-07-2012 - 17:39

[NguLauDotBen]

- Nó cũng có một số hệ quả:
1, Bất đẳng thức Schwarz:
Với hai dãy số thực $(a_{1}, a_{2}, ..., a_{m})$ và $(b_{1}, b_{2}, ..., b_{m})$ sao cho $b_{i} \geq 0$ ta luôn có bất đẳng thức:
$\dfrac{a_{1}^2}{b_{1}}+ \dfrac{a_{2}^2}{b_{2}}+...+ \dfrac{a_{m}^2}{b_{m}} \geq \dfrac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^2}{b_{1}+b_{2}+...+b_{m}}$

Ủa anh ơi làm sao chứng minh dc hệ quả này zậy anh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 19-08-2011 - 11:28

[Toanlc_gift]

Ủa anh ơi làm sao chứng minh dc hệ quả này zậy anh

chứng minh như vầy em ạ:
áp dụng với 2 bộ số:
Bộ thứ nhất:
$\dfrac{{{a_1}}}{{\sqrt {{b_1}} }};\dfrac{{{a_2}}}{{\sqrt {{b_2}} }};...\dfrac{{{a_n}}}{{\sqrt {{b_m}} }}$
Bộ thứ hai:
$\sqrt {{b_1}} ;\sqrt {{b_2}} ...\sqrt {{b_m}} $
việc còn lại là nhân tích chéo thôi

[NguLauDotBen]

Dạ em đã cm dc rồi ths anh nhiều

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NguLauDotBen: 03-06-2009 - 22:03

[Messi_ndt]

Dạ em đã cm dc rồi ths anh nhiều

Bài này ai dùng CBS chém thử nè:
Cho $ a,b,c \geq 0;a^2+b^2+c^2=3 $.Chứng minh rằng:$ a^2b^3+b^2c^3+c^2a^3 \leq 3 $.
Không dùng langrage;hoán vị.

[toanhoc10]

ấn tượng mãi cái bài của bác LEE hojoo
(a,b,c>0)cm
$\sum\limits_{cyc} \sqrt{a^4+a^2b^2+b^4} \geq \sum\limits_{cyc} a\sqrt{2a^2+bc}$

ko bik học phổ thông các thầy có cho ứng dụng thẳng cái này ko cà

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 19-08-2011 - 11:22

[toanhoc10]

Thử bài này xem cho a,b,c dương thỏa ab+bc+ca=1 CMR:
$\large\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{5}{2} $ (D�ồn biến ko dành cho THCS)

anh cho em xin tất cả các BDT có thể thi Dh dể em swallow dc hem?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 19-08-2011 - 11:22

[beatboxbup]

Bài 1 hơi dễ chút xíu nhưng sử dụng Cauchy thì sao nhỉ?
Nếu x, y trái dấu. Suy ra đpcm.
Nếu x, y cùng dấu, biến đổi BDT thành $ (x - y)^2(xy+1) \geq 0$
Bài 2 cũng dễ dễ làm luôn vậy
Đưa về CM:
$ 2\sqrt{2}(\sqrt{x+9}+\sqrt{x}) \leq 9\sqrt{x+1}$

$ \Leftrightarrow 8(\sqrt{x+9}+\sqrt{x})^2 \leq 8(1+\dfrac{1}{8})(x+9+8x)=81(x+1)$

Ta có điều phải chứng minh.

Hoặc có thể chứng minh như sau.
Theo đề bài, 2 số đã cho luôn dương.
Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm
Ta được BĐT tương đương $ (x - y)^2 \geq 0$
Điều này luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 18-08-2011 - 21:48

[maikhai]

Anh chứng minh cho em BĐT Schwarz đi, cùng BĐT Netbit nữa.

Mod: Gõ Tiếng Việt cho đúng nhé bạn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 18-08-2011 - 21:43

[NguyThang khtn]

ấn tượng mãi cái bài của bác LEE hojoo
(a,b,c>0)cm
$\sum\limits_{cyc} \sqrt{a^4+a^2b^2+b^4} \geq \sum\limits_{cyc} a\sqrt{2a^2+bc}$

ko bik học phổ thông các thầy có cho ứng dụng thẳng cái này ko cà!
Bài này thực ra sử dụng một cái BDT quen thuộc!
$\sqrt{x^2+x2y+y^2} \geq \dfrac{\sqrt{3}(x+y)}{2}$
Với $x=a^2;y=b^2$
TA có:
$(\sum\limits_{cyc} \sqrt{a^4+a^2b^2+b^4})^2 \geq 3(\sum\limits_{cyc} a^2)^2$
Ap dụng BDT Cauchy-schwarz:
$(\sum\limits_{cyc} a\sqrt{2a^2+bc})^2 \leq (\sum\limits_{cyc}a^2)[\sum\limits_{cyc}(2a^2+bc)] \leq 3(\sum\limits_{cyc} a^2)^2$

Có một bài này mà em chưa nghĩ ra. Bác nào nghĩ hộ em cái.
Cho cho a,b,c>0 và thỏa mãn $a^{2}+ b^{2}+c^{2}=1$.
Tìm giá trị bé nhất của:
$P= \dfrac{a}{b^{2}+c^{2}} + \dfrac{b}{c^{2}+a^{2}} + \dfrac{c}{a^{2}+b^{2}}$

Típ!
Ta có:
$P= \dfrac{a}{b^{2}+c^{2}} + \dfrac{b}{c^{2}+a^{2}} + \dfrac{c}{a^{2}+b^{2}}= \sum\limits_{cyc} \dfrac{a}{1-a^2} $
Ap dụng BDT AM-GM:
$\Large 2x^2(1-x^2)(1-x^2) \le \dfrac{8}{27} \Rightarrow \dfrac{x}{1-x^2} \ge \dfrac{3\sqrt{3}}{2}x^2$ Tương tự . ta sẽ tìm được MIN!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 28-07-2012 - 17:40

[Yagami Raito]

Cho 3 số dương $ a,b,c $ thỏa mãn $ a+b+c=3 $. Chứng minh rằng

$\dfrac{a}{1+b^{2}}+\dfrac{b}{1+c^{2}}+\dfrac{c}{1+a^{2}} \geq 1.5$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 19-08-2011 - 21:39

[phuonganh_lms]

Cho 3 số dương $ a,b,c $ thỏa mãn $ a+b+c=3 $. Chứng minh rằng

$\dfrac{a}{1+b^{2}}+\dfrac{b}{1+c^{2}}+\dfrac{c}{1+a^{2}} \geq 1.5$

Ta có $ \dfrac{a}{1+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{1+b^2} \ge a-\dfrac{ab^2}{2b}=a-\dfrac{ab}{2}$

Khi đó

$ \dfrac{a}{1+b^{2}}+\dfrac{b}{1+c^{2}}+\dfrac{c}{1+a^{2}}\ge (a+b+c)-\dfrac{1}{2}(ab+bc+ca) \ge(a+b+c)-\dfrac{1}{6}(a+b+c)^2=\dfrac{3}{2}$

Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$

[phuonganh_lms]

Bài trên dùng kĩ thuật cauchy ngược dấu. Đây là 1 kĩ thuật khá hiệu quả với các bdt hoán vị.
Để rèn luyện kĩ thuật trên, các bạn có thể giải các ví dụ đơn giản sau:

1. Mở rộng bài trên với 4 biến: $a,b,c,d>0$, $ a+b+c+d=4$
CMR:

$ \dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+d^2}+\dfrac{d}{1+a^2} \ge 2$

2. ( Đề thi thử môn Toán lần 2- THPT Chuyên Nguyễn Huệ 2007-2008)
$a,b,c,d>0$, $ a+b+c=3$
CMR:

$\dfrac{a+b+c}{a^2+abc}+\dfrac{a+b+c}{b^2+abc}+\dfrac{a+b+c}{c^2+abc} \ge \dfrac{9}{2} $

3.$ a,b,c>0$, $ a+b+c=3$
CMR:

$\dfrac{a+1}{b^2+1}+\dfrac{b+1}{c^2+1}+\dfrac{c+1}{a^2+1} \ge 3$

Tương tự có thể cm bdt 3 với 4 biến

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuonganh_lms: 20-08-2011 - 22:56

[PRONOOBCHICKENHANDSOME]

Bài trên dùng kĩ thuật cauchy ngược dấu. Đây là 1 kĩ thuật khá hiệu quả với các bdt hoán vị.
Để rèn luyện kĩ thuật trên, các bạn có thể giải các ví dụ đơn giản sau:

1. Mở rộng bài trên với 4 biến: $a,b,c,d>0$, $ a+b+c+d=4$
CMR:

$ \dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+d^2}+\dfrac{d}{1+a^2} \ge 2$

2. ( Đề thi thử môn Toán lần 2- THPT Chuyên Nguyễn Huệ 2007-2008)
$a,b,c,d>0$, $ a+b+c=3$
CMR:

$\dfrac{a+b+c}{a^2+abc}+\dfrac{a+b+c}{b^2+abc}+\dfrac{a+b+c}{c^2+abc} \ge \dfrac{9}{2} $

3.$ a,b,c>0$, $ a+b+c=3$
CMR:

$\dfrac{a+1}{b^2+1}+\dfrac{b+1}{c^2+1}+\dfrac{c+1}{a^2+1} \ge 3$

Tương tự có thể cm bdt 3 với 4 biến

1.CM tương tự : $VT\geq (a+b+c+d)- \dfrac{ab+bc+cd+da}{2}=4-\dfrac{(b+d)(c+a)}{2}\geq 4-\dfrac{\dfrac{(b+d+c+a)^2}{4}}{2}=4-2=2.$
3.Có $VT = \sum \dfrac{a}{b^2+1} +\sum \dfrac{1}{a^2+1} \geq \dfrac{3}{2}+\sum \dfrac{1}{a^2+1}.$
Mà $\dfrac{1}{a^2+1}=1-\dfrac{a^2}{a^2+1}\geq 1-\dfrac{a^2}{2a}=1-\dfrac{a}{2}$
$\therefore \sum \dfrac{1}{a^2+1}\geq 3-\dfrac{\sum a}{2}=\dfrac{3}{2}$
$\therefore VT\geq 3\therefore Q.E.D$

2. Có $a+b+c=3$
$\therefore abc\leq \dfrac{(a+b+c)^3}{27}=1$
$\therefore Q.E.D\Leftrightarrow \sum \dfrac{1}{a^2+1}\geq \dfrac{3}{2}$
Đã Cm ở trên

[Beautifulsunrise]

Bài 1(B1): Cho những số thực a, b, c, x, y, z thỏa mãn $a\geq b\geq c>0$
và $x\geq y\geq z>0$. CMR:
$\frac{a^2x^2}{(by+cz)(bz+cy)}+\frac{b^2y^2}{(cz+ax)(cx+az)}+\frac{c^2z^2}{(ax+by)(ay+bx)}\geq \frac{3}{4}.$
Bài 2 (B1):CMR: $\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}}\leq \sqrt[3]{2(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})}$ với mọi số thực a, b.
Dấu "=" xảy ra khi nào?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhmetric: 10-06-2012 - 00:18

[le_hoang1995]

Bài 1(B1): Cho những số thực a, b, c, x, y, z thỏa mãn $a\geq b\geq c>0$
và $x\geq y\geq z>0$. CMR:
$\frac{a^2x^2}{(by+cz)(bz+cy)}+\frac{b^2y^2}{(cz+ax)(cx+az)}+\frac{c^2z^2}{(ax+by)(ay+bx)}\geq \frac{3}{4}.$

Bài này dùng nhiều quá. Theo thứ tự BĐT AM-GM, Trê-bư-sép, Cauchy-Schwarz rồi đến Nessbit, ta có
$$\sum \frac{a^2x^2}{(by+cz)(bz+cy)}\geq \sum \frac{a^2x^2}{\frac{(b+c)^2.(y+z)^2}{4}}=\sum \frac{4a^2x^2}{(b+c)^2(y+z)^2}$$
$$\geq 4.\frac{1}{3}.\left [ \sum \left ( \frac{a}{b+c} \right )^2 \right ]\left [ \sum \left ( \frac{x}{y+z} \right )^2 \right ]$$
$$\geq \frac{4}{3}.\left [ \frac{(\sum \frac{a}{b+c})^2}{3} \right ].\left [ \frac{(\sum \frac{x}{y+z})^2}{3} \right ]\geq \frac{4}{3}.\frac{\frac{9}{4}}{3}.\frac{\frac{9}{4}}{3}=\frac{3}{4}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 12-06-2012 - 15:14

[Maththinkvn]

Thêm bài sử dụng schwars

Cho http://latex.codecog...tex?x,y,z\geq 3 và x +y + z = 3. Tìm Min

http://latex.codecog...tex?x,y,z\geq 3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Maththinkvn: 19-06-2012 - 17:25

[Luffy9a2]

2)CM bất đẳng thức sau với $x$ là số thực không âm:
$\dfrac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{x+1}}+ \sqrt{x} \leq \sqrt{x+9}$

em xí bài 2 nhé
Bình phương vế trái, ta có
$(\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{x+1}}+\sqrt{x})^{2}$
$\leq (\frac{8}{x+1}+1)(1+x)=(\frac{x+9}{x+1})(x+1)= x+9$

[no matter what]

em chém bài 2 ,hj bài này rất hay, $\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{}a}\leq \sqrt[3]{2(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}$ theo em biết thì cách giải của tác giả bài này là lập phương lên ,cách đó dài,em trình bày cách này nhé :chia vế trái cho vế phải,BĐT tương đương $\sqrt[3]{\frac{\frac{a}{b}}{2(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}}+\sqrt[3]{\frac{\frac{b}{a}}{2(a+b(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})}}\leq 1$,chú ý rằng $2(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})=\frac{2(a+b)^2}{ab}$ nên $\sqrt[3]{\frac{\frac{a}{b}}{2(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})}}=\sqrt[3]{\frac{a^2}{2(a+b)^2}}=\sqrt[3]{\frac{a*a*1}{2(a+b)(a+b)}}\leq \frac{1}{3}\left ( \frac{a}{a+b} +\frac{a}{a+b}+\frac{1}{2}\right )$(theo AM-GM).tương tự rồi cộng vế suy ra dpcm.Em không biết BDT có dung voi moi a=b=c khong nhưng voi a=b=c=1 thì BDT đúng

[Beautifulsunrise]

Cho ${x_1}, {x_2}, ..., {x_n}\,\,(n \ge 2)$ là các số dương thỏa mãn:
${x_1} + {x_2} + ... + {x_n} \le k,\,\,(k\, \in {R^*}),\,b \ge 0,\,\,b{n^2} \ge a{k^2}$.
CMR: $a({x_1} + {x_2} + ... + {x_n}) + b\left( {\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} + ... + \frac{1}{{{x_n}}}} \right) \ge \frac{{b{n^2} + a{k^2}}}

{k}.$