Chủ đề này có 12 trả lời

[supaman]

1/ Cho các số a,b,c,d dương.CMR:
$ \dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+d} + \dfrac{c}{d+a} + \dfrac{d}{a+b} \geq 2 $

2/ CMR với a,b,c dương thì:

$\dfrac{a^n + b^n + c^n}{3} \geq (\dfrac{a+b+c}{3})^n $

[dark templar]

1/ Cho các số a,b,c,d dương.CMR:
$ \dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+d} + \dfrac{c}{d+a} + \dfrac{d}{a+b} \geq 2 $

2/ CMR với a,b,c dương thì:

$\dfrac{a^n + b^n + c^n}{3} \geq (\dfrac{a+b+c}{3})^n $

Bài 1 Có $\dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+d} + \dfrac{c}{d+a} + \dfrac{d}{a+b}$
$=\dfrac{a^2}{ab+ac} + \dfrac{b^2}{bc+bd} + \dfrac{c^2}{cd+ca} + \dfrac{d^2}{ad+bd}$
$ \geq \dfrac{(a+b+c+d)^2}{ab+ac+bc+bd+ca+cd+ad+bd}$(BĐT Cauchy-Schwarz)
$=\dfrac{(a+b+c+d)^2}{(a+c)(b+d)+2(ac+bd)} $
$\geq \dfrac{(a+b+c+d)^2}{(a+c)(b+d)+\dfrac{(a+c)^2+(b+d)^2}{2}}$(BĐT AM-GM)
$=\dfrac{2(a+b+c+d)^2}{(a+c)^2+(b+d)^2+2(a+c)(b+d)}$
$=\dfrac{2(a+b+c+d)^2}{(a+b+c+d)^2}=2$(đpcm)
Bài 2:
Áp dụng BĐT Holder:
$(1+1+1)^{n-1}(a^n+b^n+c^n) \geq (a+b+c)^n$
$<=>\dfrac{a^n+b^n+c^n }{3} \geq \dfrac{(a+b+c)^n}{3^n}$(đpcm)
P/s: Bài 2 có thể mở rộng với n số

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 09-10-2010 - 17:17

[NightBaron]

1/ Cho các số a,b,c,d dương.CMR:
$ \dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+d} + \dfrac{c}{d+a} + \dfrac{d}{a+b} \geq 2 $

2/ CMR với a,b,c dương thì:

$\dfrac{a^n + b^n + c^n}{3} \geq (\dfrac{a+b+c}{3})^n $

Bai1. Cơ bản.
Bài 2. Trường hợp riêng của BDT Holder.

[supaman]

EM chưa học BDT Holder , có cách nào khác giải bài 2 ko các anh?
Tiện thể giúp em nốt bài này

Cho $a_{1},a_{2},... a_{ n } $ dương. CMR:
$(1+a_{1})(1+a_{2}) ... (1+a_{ n }) \geq (1+ \sqrt[n]{a_{1}.a_{2} ... a_{ n }})^n $

[h.vuong_pdl]

ta có: $\dfrac{1}{a_1+1} + \dfrac{1}{a_2+1} + ... + \dfrac{1}{a_n+1} \ge n\sqrt[n]{\dfrac{1}{(a_1+1)(a_2+1)...(a_n+1)}}$
$\dfrac{a_1}{a_1+1} + \dfrac{a_2}{a_2+1} + ... + \dfrac{a_n}{a_n+1} \ge n\sqrt[n]{\dfrac{a_1a_2...a_n}{(a_1+1)(a_2+1)...(a_n+1)}}$
công theo vế 2 BDT trên ta có ngay đpcm!

[h.vuong_pdl]

Bài 1) chính lad BDT nesbitt cho 4 số:
Bài này ngoài lời giải trên của bạn dark_templar, ta có vài cách giải khác nữa.
một cách giải của anh PKH như sau:
đặt S = VT
$M = \dfrac{b}{b+c} + \dfrac{c}{c+d} + \dfrac{d}{d+a} + \dfrac{a}{a+b}$
$N = \dfrac{c}{b+c} + \dfrac{d}{c+d} + \dfrac{a}{d+a} + \dfrac{b}{a+b}$
ÁP dụng BDT AM-GM ( cô-si) ta có:
$S + M = \dfrac{a+b}{b+c} + \dfrac{c+b}{c+d} + \dfrac{d+c}{d+a} + \dfrac{a+d}{a+b} \ge 4$
$S + N = \dfrac{c+a}{b+c} + \dfrac{b+d}{c+d} + \dfrac{c+a}{d+a} + \dfrac{b+d}{a+b} = (c+a)(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{d+a}) + (b+d)(\dfrac{1}{c+d} + \dfrac{1}{a+b}) \ge \dfrac{4(a+c)}{a+b+c+d} + \dfrac{4(b+d)}{a+b+c+d} = 4$
suy ra: $2S + M + N \ge 8$
Mà $M + N = 4 => S \ge 2 = dpcm!$

[h.vuong_pdl]

Bài 2) ngoài cách sử dụng BDT Holder ta có thể xài phép chuẩn hóa: $a+b+c = 3$.
cần Cm: $a^n + b^n + c^n \ge 3$
Áp dụng BDT AM-GM ta có:
$a^n + (n-1) = a^n + 1 + 1 + ... + 1 \ge na$
$tt => a^n + b^n + c^n + 3(n-1) \ge 3(a+b+c) = 3n$
$=> a^n + b^n + c^n \ge 3$
đpcm!

[NightBaron]

Bài 2) ngoài cách sử dụng BDT Holder ta có thể xài phép chuẩn hóa: $a+b+c = 3$.
cần Cm: $a^n + b^n + c^n \ge 3$
Áp dụng BDT AM-GM ta có:
$a^n + (n-1) = a^n + 1 + 1 + ... + 1 \ge na$
$tt => a^n + b^n + c^n + 3(n-1) \ge 3(a+b+c) = 3n$
$=> a^n + b^n + c^n \ge 3$
đpcm!

Bạn có biết là $n$ có thể là số thực dương ko? vậy khi đó lời giải của bạn có 1 sơ hở lớn!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NightBaron: 09-10-2010 - 19:51

[h.vuong_pdl]

uhm, @ Night Baron:
bạn có biết BDT Holder không ????
bạn dark_templar giải như trên chẳng phải cũng sử dụng n là só nguyên dương hay sao, mà mình nghĩ n phải là nguyên dương, bạn ko nên bắt bẻ như thế ????????

[Nguyễn Thái Vũ]

Bài 1) chính lad BDT nesbitt cho 4 số:
Bài này ngoài lời giải trên của bạn dark_templar, ta có vài cách giải khác nữa.
một cách giải của anh PKH như sau:
đặt S = VT
$M = \dfrac{b}{b+c} + \dfrac{c}{c+d} + \dfrac{d}{d+a} + \dfrac{a}{a+b}$
$N = \dfrac{c}{b+c} + \dfrac{d}{c+d} + \dfrac{a}{d+a} + \dfrac{b}{a+b}$
ÁP dụng BDT AM-GM ( cô-si) ta có:
$S + M = \dfrac{a+b}{b+c} + \dfrac{c+b}{c+d} + \dfrac{d+c}{d+a} + \dfrac{a+d}{a+b} \ge 4$
$S + N = \dfrac{c+a}{b+c} + \dfrac{b+d}{c+d} + \dfrac{c+a}{d+a} + \dfrac{b+d}{a+b} = (c+a)(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{d+a}) + (b+d)(\dfrac{1}{c+d} + \dfrac{1}{a+b}) \ge \dfrac{4(a+c)}{a+b+c+d} + \dfrac{4(b+d)}{a+b+c+d} = 4$
suy ra: $2S + M + N \ge 8$
Mà $M + N = 4 => S \ge 2 = dpcm!$

Xem chi tiết cho cả TH 3 và 4 biến trong Sáng tạo BĐT. PK Hùng.

[hp9570]

EM chưa học BDT Holder , có cách nào khác giải bài 2 ko các anh?
Tiện thể giúp em nốt bài này

Cho $a_{1},a_{2},... a_{ n } $ dương. CMR:
$(1+a_{1})(1+a_{2}) ... (1+a_{ n }) \geq (1+ \sqrt[n]{a_{1}.a_{2} ... a_{ n }})^n $

Đây cũng chính là bất đẳng thức Holder đấy

[NightBaron]

uhm, @ Night Baron:
bạn có biết BDT Holder không ????
bạn dark_templar giải như trên chẳng phải cũng sử dụng n là só nguyên dương hay sao, mà mình nghĩ n phải là nguyên dương, bạn ko nên bắt bẻ như thế ????????

Ý mình là BDT này chưa thể giải được nếu chưa đọc kỹ đề và ko hề có ý bắt bẻ bạn. Ban đầu mình đã nhầm, lên đây định sửa, thì thấy các bạn đều ngộ nhận giống mình. Rõ ràng tác giả bảo CM BDT này đúng, nhưng ko phải vậy. Vậy chẳng nhẽ chúng ta lại ko chỉ ra cái sai to lớn đó sao?

Đây là BDT Holder suy rộng:

Cho $p_1, p_2, p_3..., p_m >0: \sum_{i=1}^{m}p_i=1$ và $x_{ij} (\forall i=1,2,..,m; i=1,2,...,n).$ là các số thực không âm thì:

$\Pi_{i=1}^{m}(\sum_{j=1}^n}x_{ij})^{p_{i}}\ge\sum^m_{j=1}\Pi_{i=1}^{m}x_{ij}^{p_{i}}$

Vấn đề được đặt ra là tìm số $n$ dương tốt nhất (nhỏ nhất) thỏa mãn BDT trên?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NightBaron: 09-10-2010 - 20:40

[hoangnbk]

1/ Cho các số a,b,c,d dương.CMR:
$ \dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+d} + \dfrac{c}{d+a} + \dfrac{d}{a+b} \geq 2 $

2/ CMR với a,b,c dương thì:

$\dfrac{a^n + b^n + c^n}{3} \geq (\dfrac{a+b+c}{3})^n $

bài 2 nếu n thuộc R thì phải chứng minh đúng vs n nguyên dương trước, rồi nguyên âm, rồi n có dạng 1/m, rồi n hữu tỉ, chuyển qua giới hạn với n thuộc R