CM Bất đẳng thức ! Thanks !
#1
Posted 09-10-2010 - 14:39
$ \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 $
#2
Posted 09-10-2010 - 17:16
Bài 1 Có $\dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+d} + \dfrac{c}{d+a} + \dfrac{d}{a+b}$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 $
$=\dfrac{a^2}{ab+ac} + \dfrac{b^2}{bc+bd} + \dfrac{c^2}{cd+ca} + \dfrac{d^2}{ad+bd}$
$ \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
Edited by dark templar, 09-10-2010 - 17:17.
#3
Posted 09-10-2010 - 17:18
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.
#4
Posted 09-10-2010 - 18:31
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 $
#5
Posted 09-10-2010 - 18:41
$\dfrac{a_1}{a_1+1} + \dfrac{a_2}{a_2+1} + ... + \dfrac{a_n}{a_n+1} \ge n\sqrt[n]{\dfrac{a_1a_2...a_n}{(a_1+1)(a_2+1)...(a_n+1)}}$
công theo vế 2 BDT trên ta có ngay đpcm!
rongden_167
#6
Posted 09-10-2010 - 19:08
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 $M + N = 4 => S \ge 2 = dpcm!$
rongden_167
#7
Posted 09-10-2010 - 19:14
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!
rongden_167
#8
Posted 09-10-2010 - 19:50
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!
Edited by NightBaron, 09-10-2010 - 19:51.
#9
Posted 09-10-2010 - 20:01
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 ????????
rongden_167
#10
Posted 09-10-2010 - 20:03
Xem chi tiết cho cả TH 3 và 4 biến trong Sáng tạo BĐT. PK Hùng.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 $M + N = 4 => S \ge 2 = dpcm!$
#11
Posted 09-10-2010 - 20:16
Đây cũng chính là bất đẳng thức Holder đấyEM 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 $
#12
Posted 09-10-2010 - 20:36
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?
Edited by NightBaron, 09-10-2010 - 20:40.
#13
Posted 09-10-2010 - 22:58
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 R1/ 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 $
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users