Chủ đề này có 9 trả lời

[abstract]

Xuat phat tu BDT Romamania 2006:
Cho $a,b,c>0; a+b+c=3$. CMR $ \sum \dfrac{1}{a^{2}} \geq \sum a^{2}$
Bai nay don gian phu hop cho lop 8
Tu bai nay minh da che duoc len bac 3. BDT voi bac 3 van dung: P
Cho $a,b,c>0; a+b+c=3$. CMR $ \sum \dfrac{1}{a^{3}} \geq \sum a^{3}$
Mot cach tu nhien , nay sinh cau hoi :BDT voi bac n co dung ko?
Cho $a,b,c>0; a+b+c=3$ CMR $ \sum \dfrac{1}{a^{n}} \geq \sum a^{n}$ voi n nguyen duong
Moi anh em vao thao luan

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi abstract: 06-02-2010 - 11:04

[Janienguyen]

Xuat phat tu BDT Romamania 2006:
Cho $a,b,c>0; a+b+c=3$. CMR $ \sum \dfrac{1}{a^{2}} \geq \sum a^{2}$
Bai nay don gian phu hop cho lop 8
Tu bai nay minh da che duoc len bac 3. BDT voi bac 3 van dung: P
Cho $a,b,c>0; a+b+c=3$. CMR $ \sum \dfrac{1}{a^{3}} \geq \sum a^{3}$
Mot cach tu nhien , nay sinh cau hoi :BDT voi bac n co dung ko?
Cho $a,b,c>0; a+b+c=3$ CMR $ \sum \dfrac{1}{a^{n}} \geq \sum a^{n}$ voi n nguyen duong
Moi anh em vao thao luan

Mình cm bài 1 đầu tiên nhé,khá hay nhưng có lẽ mình k thích cách này cho lắm vì nó giải quyết đc chỉ trong TH $ n=2^k$
Xét $ \sum \dfrac{1}{a^{2}} - \sum a^{2}=\sum \dfrac{(1-a^2)(1+a^2)}{a^2}\geq \sum \dfrac{(1-a^2)}{2a}=\sum \dfrac{1}{2a} - \sum \dfrac{a}{2}= 0$
Ta có đpcm,dễ dàg cm đc điều mình nói ở trên
Chưa thử với n=3 nhưng có lẽ là cách này k áp dụng đc!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Janienguyen: 08-02-2010 - 22:38

[abstract]

Mình cm bài 1 đầu tiên nhé,khá hay nhưng có lẽ mình k thích cách này cho lắm vì nó giải quyết đc chỉ trong TH $ n=2^k$
Xét $ \sum \dfrac{1}{a^{2}} - \sum a^{2}=\sum \dfrac{(1-a^{2})(1+a^{2})}{a^{2}}\geq \sum \dfrac{(1-a^{2})}{2a}$

Dòng này nhầm r�#8220;i. Bạn đã bik dấu của $1-a^{2}$ đâu???
Với bậc 2 chỉ đơn giản thế này thôi:
$LHS \geq \sum \dfrac{1}{ab}$
Ta cm: $ \sum \dfrac{1}{ab} \geq \sum a^{2} \Leftrightarrow abc(a^{2}+b^{2}+c^{2}) \leq 3$
Sử dụng 2 đánh giá
$9abc=3abc(a+b+c) \leq (ab+bc+ca)^{2}$ và
$(ab+bc+ca)^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq \dfrac{(2(ab+bc+ca)+(a^{2}+b^{2}+c^{2}))^{3}}{27}=\dfrac{(a+b+c)^{6}}{27}=27$
ta thu được Q.E.D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi abstract: 08-02-2010 - 22:54

[Messi_ndt]

Cách khác nè..
BĐT cần chứng minh tương đương vơí:
$ \sum [\dfrac{1}{a^{2}}-a^{2}+2(a-1)] \geq 0 \Leftrightarrow \sum (a-1)^{2}.\dfrac{1+2a- a^{2}}{a^{2}} \geq 0$(1)

Đặt $ S_{a}= \dfrac{1+2a-a^{2}}{a^{2}}$,và các hán vị.
$\sum (4 S_{a}+S_{b}+S_{c})(a-b)(a-c) \geq 0 $
Chứng minh cụ thể luôn.
Giã sữ $ a \geq b \geq c \Rightarrow S_{b} - S_{a} = \dfrac{(a-b)(a+b+2ab}{a^{2}b^{2}}\geq 0.$

Tương tự: $ S_{c} \geq S_{b} \geq S_{a} \Rightarrow 4S_{c}+S_{b}+ S_{a}\geq 4S_{b}+S_{c}+ S_{a}\geq 4S_{a}+S_{b}+ S_{c}$

Mà: $ 4S_{a}+S_{b}+S_{c}= \dfrac{4}{a^{2}}+ \dfrac{1}{b^{2}}+ \dfrac{1}{c^{2}}+ \dfrac{8}{a}+ \dfrac{2}{b}+ \dfrac{2}{c}-6 \geq $

$ \geq 2(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}-3) \geq 0 $ Theo Shur suy rộng(Vornicu Schur) Ta có Q.E.D.
Dấu bằng xảy ra tại a=b=c=1.
Chẻ lên bậc 3 có phải tiếp tục dùng Vornicu Schur không nhỉ.Thử xem nào.
Nếu là bận n thì căng nhỉ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Duy Tùng: 11-02-2010 - 22:26

[abstract]

Cách khác nè..
BĐT cần chứng minh tương đương vơí:
$ \sum [\dfrac{1}{a^{2}}-a^{2}+2(a-1)] \geq 0 \Leftrightarrow \sum (a-1)^{2}.\dfrac{1+2a- a^{2}}{a^{2}} \geq 0$(1)
Đặt $ S_{a}= \dfrac{1+2a-a^{2}}{a^{2}}$,và các hán vị.
$\sum (4 S_{a}+S_{b}+S_{c})(a-b)(a-c) \geq 0 $
Chứng minh cụ thể luôn.
Giã sữ $ a \geq b \geq c \Rightarrow S_{b} - S_{a} = \dfrac{(a-b)(a+b+2ab}{a^{2}b^{2}}\geq 0.$
Tương tự: $ S_{c} \geq S_{b} \geq S_{a} \Rightarrow 4S_{c}+S_{b}+ S_{a}\geq 4S_{b}+S_{c}+ S_{a}\geq 4S_{a}+S_{b}+ S_{c}$
Mà: $ 4S_{a}+S_{b}+S_{c}= \dfrac{4}{a^{2}}+ \dfrac{1}{b^{2}}+ \dfrac{1}{c^{2}}+ \dfrac{8}{a}+ \dfrac{2}{b}+ \dfrac{2}{c}-6 \geq $
$ \geq 2(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}-3) \geq 0 $ Theo Shur suy rộng(Vornicu Schur) Ta có Q.E.D.
Dấu bằng xảy ra tại a=b=c=1.
Chẻ lên bậc 3 có phải tiếp tục dùng Vornicu Schur không nhỉ.Thử xem nào.
Nếu là bận n thì căng nhỉ.

Bậc 2 quá yếu, đâu cần phải dùng mạnh như pp Vonỉcu-Schur
Bậc 3 thì dùng tiếp tuyến, ko bik U.C.T hoặc dồn biến đc ko (nhưng nói chung là mình ko thik dồn biến)

[Messi_ndt]

Xuất phát từ BDT Romamania 2006:
Cho $a,b,c>0; a+b+c=3$. CMR $ \sum \dfrac{1}{a^{2}} \geq \sum a^{2}$
Bài này đơn giản phù hợp cho lớp 8
Từ bài này mình đã che đươc lên bậc 3. BDT với bạc 3 vãn dùng: P
Cho $a,b,c>0; a+b+c=3$. CMR $ \sum \dfrac{1}{a^{3}} \geq \sum a^{3}$
Một cách tự nhiên , nãy sinh câu hỏi :BDT với bạc n có dùng ko?
Cho $a,b,c>0; a+b+c=3$ CMR $ \sum \dfrac{1}{a^{n}} \geq \sum a^{n}$ voi n nguyen duong
Mời anh em vào thảo luận
Vậy bậc 1 thì sao nhỉ.Bậc n sẽ như là vậy nhưng đã có Lg thế nào?Nếu bậc 1 phải có thêm điều kiện nữa .
Cho $ a,b,c \geq 0,ab+bc+ca+abc=4$
Chứng minh rằng:$ =\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\geq a+b+c $
Tiếp nào các bạn,Thú vị đây.<>

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Duy Tùng: 11-02-2010 - 22:45

[Messi_ndt]

Cho $a,b,c>0; a+b+c=3$ CMR $ \sum \dfrac{1}{a^{n}} \geq \sum a^{n}$ voi n nguyen duong
Moi anh em vao thao luan

Mình nghĩ bậc n thì không đúng đâu bạn.Mình thử rất nhìu cách,tốn nhìu thời gian mà chẳng có kết quả j cả.Hơn nưa với bậc 1 cũng cần điều kiện đính kèm mới đúng và phải dùng các công cụ mạnh như ABC (hoặc có thể là MV).Mong mọi người tiếp tục .

[Pirates]

Mình nghĩ bậc n thì không đúng đâu bạn.Mình thử rất nhìu cách,tốn nhìu thời gian mà chẳng có kết quả j cả.Hơn nưa với bậc 1 cũng cần điều kiện đính kèm mới đúng và phải dùng các công cụ mạnh như ABC (hoặc có thể là MV).Mong mọi người tiếp tục .

Bài này của Vasile Cirtoaje. Nếu là bậc $n$ thì như này:

Cho $x_i > 0 ; \sum\limits_{i=1}^{n} x_i = n$. Cmr: $\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{x_i^{2}} \geq \sum\limits_{i=1}^{n} x_i^{2}$

[abstract]

Bài này của Vasile Cirtoaje. Nếu là bậc $n$ thì như này:

Cho $x_i > 0 ; \sum\limits_{i=1}^{n} x_i = n$. Cmr: $\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{x_i^{2}} \geq \sum\limits_{i=1}^{n} x_i^{2}$

bài này thì có lời giải = cách xét tính lồi lõm của $f(x)= \dfrac{1}{x^2}-x^2$ rồi dùng định lí của chính cụ vasc
ý minh là bài toán với 3 số và bậc n

[Messi_ndt]

Bài này của Vasile Cirtoaje. Nếu là bậc $n$ thì như này:

Cho $x_i > 0 ; \sum\limits_{i=1}^{n} x_i = n$. Cmr: $\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{x_i^{2}} \geq \sum\limits_{i=1}^{n} x_i^{2}$

Mình mới thấy bài này rùi.hàm lõm đây mà.