Những bất đẳng thức hay
#1
Đã gửi 28-03-2011 - 18:23
BĐT 1. Cho a,b,c là các số thực không âm sao cho không có hai số nào trong chúng đồng thời bằng 0. Chứng minh BĐT sau:
(a + b + c)(1/(b+c)^2 + 1/(c+a)^2 + 1/(a+b)^2) 9/4
Thực chất BĐT này được tác giả Ji Chen đề nghị trên tạp chí Crux của Canada năm 1992 và nó lại xuất hiện lần nữa trong kì thì toán của Iran năm 1996. Hi vọng bạn có thể nêu một số lời giải cho BĐT này và tìm hiểu thêm 1 số BĐT hay và đẹp khác.
(Lưu ý: Các BĐT mà bạn đưa lên đây đều phải đánh số thứ tự, ví dụ như BĐT Iran 1996 là BĐT được nêu đầu tiên trên đây nên được gọi là BĐT 1)
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#2
Đã gửi 28-03-2011 - 19:53
Nhầm rồi bạn phải làChuyên mục này tôi mong các bạn có thể tìm hay sáng tạo ra những bất đẳng thức hay để đưa vào đây, có thể kèm theo lời giải và những mở rộng của nó. Và sau đây, xin mở đầu là BĐT Iran 96,
BĐT 1. Cho a,b,c là các số thực không âm sao cho không có hai số nào trong chúng đồng thời bằng 0. Chứng minh BĐT sau:
(a + b + c)(1/(b+c)^2 + 1/(c+a)^2 + 1/(a+b)^2) 9/4
Thực chất BĐT này được tác giả Ji Chen đề nghị trên tạp chí Crux của Canada năm 1992 và nó lại xuất hiện lần nữa trong kì thì toán của Iran năm 1996. Hi vọng bạn có thể nêu một số lời giải cho BĐT này và tìm hiểu thêm 1 số BĐT hay và đẹp khác.
(Lưu ý: Các BĐT mà bạn đưa lên đây đều phải đánh số thứ tự, ví dụ như BĐT Iran 1996 là BĐT được nêu đầu tiên trên đây nên được gọi là BĐT 1)
(ab+bc+ca)(1/(b+c)^2+1/(c+a)^2+1/(a+b)^2) 9/4
THẬT THÀ THẲNG THẮN THƯỜNG THUA THIỆT
LƯƠN LẸO LUỒN LỎI LẠI LEO LÊN
Một ngày nào đó ta sẽ trở lại và lợi hại hơn xưa
#3
Đã gửi 29-03-2011 - 06:20
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#4
Đã gửi 29-03-2011 - 18:47
)Xin lỗi, mình nhầm. Mong các bạn tiếp tục tìm lời giải cho BĐT này và đưa vào đây những BĐT mới và đẹp.
Bài BĐT trên có rất nhiều cách giải,mình chỉ post 2 cách mà mình thấy gọn nhẹ nhất
Cách 1(Iurie Boreico):
Đặt $x+y=c;y+z=a;z+x=b$,ta nhóm BĐT về dạng chính tắc của Phương pháp SOS:$\sum \left(\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2} \right) (a-b)^2 \ge 0$
Không mất tính tổng quát,ta giả sử $a \ge b \ge c$.Nếu $2c^2-ab \ge 0$ thì dẫn đến $S_a;S_b;S_c \ge 0 \Rightarrow Q.E.D$ trong đó $S_a=\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2};S_b=\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2};S_c=\dfrac{2}{ca}-\dfrac{1}{b^2}$.Do đó ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp $2c^2<ab$.
Đầu tiên,ta chứng minh rằng $2b^2 \ge ac;2a^2 \ge bc$.Giả sử $2b^2<ac$.Nên $(b+c)^2 \le 2(b^2+c^2)<a(b+c) \Rightarrow b+c<a$(vô lý).và chúng ta viết lại BĐT dưới dạng sau:$\left(\dfrac{2}{ac}-\dfrac{1}{b^2} \right)(a-c)^2+\left(\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2} \right)(b-c)^2 \ge \left(\dfrac{1}{c^2}-\dfrac{2}{ab} \right)(a-b)^2$.Dễ dàng có $(a-c)^2 \ge (a-b)^2+(b-c)^2$ nên ta chỉ việc chứng minh:
$\left(\dfrac{2}{bc}+\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2} \right)(b-c)^2 \ge \left(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}-\dfrac{2}{ab}-\dfrac{2}{ac} \right)(a-b)^2(1)$
Lại có $\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}-\dfrac{2}{ab}-\dfrac{2}{ac}<\left(\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{c} \right)^2$
$ \Rightarrow VP_{(1)}<\dfrac{(a-b)^2(b-c)^2}{b^2c^2}$
Dễ dàng có $\dfrac{2}{ac}+\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2} \ge \dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}>\dfrac{(a-b)^2}{b^2c^2}$
$ \Rightarrow VT_{(1)}>\dfrac{(a-b)^2(b-c)^2}{b^2c^2}>VP_{(1)}(Q.E.D)$
Cách 2:
Sử dụng tính thuần nhất của BĐT,ta chuẩn hóa $xy+yz+zx=3$Đặt $x+y+z=3a \Rightarrow a \ge 1$.
BĐT trở thành:$\sum \dfrac{1}{(3a-z)^2} \ge \dfrac{9}{4} $
$\Leftrightarrow 4[(xy+3az)^2+(yz+3ax)^2+(zx+3ay)^2] \ge 3(9a-xyz)^2$
$ \Leftrightarrow 3(12a^2-1)(3a^2-4)+xyz(34a-xz) \ge 0 (1) $
$\Leftrightarrow 12(3a^2-1)^2+208a^2 \ge (17a-xyz)^2(2)$
Xét 2 trường hợp:
$*3a^2-4 \ge 0$.
Ta có $34a-xyz=\dfrac{1}{9}[34(x+y+z)(xy+yz+zx)-9xyz]>0$ dẫn đến (1) đúng.
$*3a^2-4 <0$.Sử dụng BĐT Schur bậc 3,ta có:$3a^3-4a+xyz \ge 0$
$ \Rightarrow 12(3a^2-1)+208a^2-(17a-xyz)^2 \ge 12(3a^2-1)^2+208a^2-a^2(3a^2+13)^2$
$=3(1-a^3)^2(4-3a^2)^2 \ge 0$ dẫn đến (2) đúng.
Vậy ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c;a=0,b=c$ hoặc các hoán vị tương ứng.
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------
P/s:BĐT2:Cho $x,y,z>0$.Chứng minh rằng:$\sum \dfrac{1}{x^2+xy+y^2} \ge \dfrac{9}{(x+y+z)^2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 29-03-2011 - 18:49
- viet 1846, HÀ QUỐC ĐẠT, Tienanh tx và 1 người khác yêu thích
#5
Đã gửi 29-03-2011 - 19:33
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#6
Đã gửi 29-03-2011 - 19:43
BĐT này được GS Vasile Cirtoaje đề nghị cho cuộc thi vô địch quốc gia Gazeta.Bạn có thể nêu xuất xứ cho BĐT2 này được không?
#7
Đã gửi 29-03-2011 - 22:09
$(x^2+xy+y^2)(xy+yz+xz)\leq \dfrac{(x+y)^2(x+y+z)^2}{4}$
Ta cần chứng minh:
$\sum \dfrac{1}{(y+z)^2}\geq \dfrac{9}{4(xy+yz+xz)}$
Đây là bất đẳng thức IRAN 1996
Cho $a, b, c> 0$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{a^2}{(b+c)^2}+\dfrac{b^2}{(a+c)^2}+\dfrac{c^2}{(a+b)^2}\geq \dfrac{9}{4}\dfrac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}$
Bài này hình như là của anh Huyện
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi SLNA: 29-03-2011 - 22:21
#8
Đã gửi 29-03-2011 - 22:38
thực hiện khai triển,ta có:Ta có:
$(x^2+xy+y^2)(xy+yz+xz)\leq \dfrac{(x+y)^2(x+y+z)^2}{4}$
Ta cần chứng minh:
$\sum \dfrac{1}{(y+z)^2}\geq \dfrac{9}{4(xy+yz+xz)}$
Đây là bất đẳng thức IRAN 1996
Cho $a, b, c> 0$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{a^2}{(b+c)^2}+\dfrac{b^2}{(a+c)^2}+\dfrac{c^2}{(a+b)^2}\geq \dfrac{9}{4}\dfrac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}$
Bài này hình như là của anh Huyện
$\sum \left(\dfrac{a^2}{b+c}+a \right)^2 \ge \dfrac{9}{4}\sum a^2 \Leftrightarrow \sum \dfrac{a^4}{(b+c)^2}+2\sum \dfrac{a^3}{b+c} \ge \dfrac{5}{4}\sum a^2$
Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarzt,ta có:
$\sum \dfrac{a^4}{(b+c)^2} \ge \dfrac{\left(\sum a^2 \right)^2}{\sum (b+c)^2}$
$2\sum \dfrac{a^3}{b+c} \ge \dfrac{\left(\sum a^2 \right)^2}{\sum ab}$
Suy ra $VT \ge (a^2+b^2+c^2)^2\left(\dfrac{1}{2 \left(\sum a^2 +\sum ab \right)}+\dfrac{1}{\sum ab}$
Đến đây xài Cauchy-Schwarzt dạng Engel một lần nữa và BĐT quen thuộc $ab+bc+ca \le \dfrac{(a+b+c)^2}{3}$ là xong ngay thôi
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$
#9
Đã gửi 30-03-2011 - 11:34
(a+1/b - 1)(b+1/c - 1)+(b+1/c - 1)(c+1/a - 1)+(c+1/a - 1)(a+1/b - 1) 3
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#10
Đã gửi 31-03-2011 - 10:02
$\sum \dfrac{5}{(b+c)^2}+\dfrac{2}{a^2+b^2+c^2}\geq \dfrac{12}{ab+ac+bc}+\dfrac{10abc}{(ab+ac+bc)(a+b)(a+c)(b+c)}$
- IloveMaths yêu thích
#11
Đã gửi 31-03-2011 - 16:35
1/5 - abc + 1/5 - bcd + 1/5 - cda + 1/5 - dab 1.
Đây là BĐT của Vasile Cirtoaje.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#12
Đã gửi 09-09-2012 - 10:35
Làm sao để biến đổi như thế này đc nhỉ?Bạn nào có thể làm rõ hơn không?Bước này mình làm không ra.$ 4[(xy+3az)^2+(yz+3ax)^2+(zx+3ay)^2] \ge 3(9a-xyz)^2$
$ \Leftrightarrow 3(12a^2-1)(3a^2-4)+xyz(34a-xz) \ge 0 (1) $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kunkute: 09-09-2012 - 14:46
#13
Đã gửi 09-09-2012 - 14:48
Làm sao để biến đổi như thế này đc nhỉ?Bạn nào có thể làm rõ hơn không?Bước này mình làm không ra.)
Bài BĐT trên có rất nhiều cách giải,mình chỉ post 2 cách mà mình thấy gọn nhẹ nhất
Cách 1(Iurie Boreico):
Đặt $x+y=c;y+z=a;z+x=b$,ta nhóm BĐT về dạng chính tắc của Phương pháp SOS:$\sum \left(\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2} \right) (a-b)^2 \ge 0$
Không mất tính tổng quát,ta giả sử $a \ge b \ge c$.Nếu $2c^2-ab \ge 0$ thì dẫn đến $S_a;S_b;S_c \ge 0 \Rightarrow Q.E.D$ trong đó $S_a=\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2};S_b=\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2};S_c=\dfrac{2}{ca}-\dfrac{1}{b^2}$.Do đó ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp $2c^2<ab$.
Đầu tiên,ta chứng minh rằng $2b^2 \ge ac;2a^2 \ge bc$.Giả sử $2b^2<ac$.Nên $(b+c)^2 \le 2(b^2+c^2)<a(b+c) \Rightarrow b+c<a$(vô lý).và chúng ta viết lại BĐT dưới dạng sau:$\left(\dfrac{2}{ac}-\dfrac{1}{b^2} \right)(a-c)^2+\left(\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2} \right)(b-c)^2 \ge \left(\dfrac{1}{c^2}-\dfrac{2}{ab} \right)(a-b)^2$.Dễ dàng có $(a-c)^2 \ge (a-b)^2+(b-c)^2$ nên ta chỉ việc chứng minh:
$\left(\dfrac{2}{bc}+\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2} \right)(b-c)^2 \ge \left(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}-\dfrac{2}{ab}-\dfrac{2}{ac} \right)(a-b)^2(1)$
Lại có $\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}-\dfrac{2}{ab}-\dfrac{2}{ac}<\left(\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{c} \right)^2$
$ \Rightarrow VP_{(1)}<\dfrac{(a-b)^2(b-c)^2}{b^2c^2}$
Dễ dàng có $\dfrac{2}{ac}+\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2} \ge \dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}>\dfrac{(a-b)^2}{b^2c^2}$
$ \Rightarrow VT_{(1)}>\dfrac{(a-b)^2(b-c)^2}{b^2c^2}>VP_{(1)}(Q.E.D)$
Cách 2:
Sử dụng tính thuần nhất của BĐT,ta chuẩn hóa $xy+yz+zx=3$Đặt $x+y+z=3a \Rightarrow a \ge 1$.
BĐT trở thành:$\sum \dfrac{1}{(3a-z)^2} \ge \dfrac{9}{4} $
$\Leftrightarrow 4[(xy+3az)^2+(yz+3ax)^2+(zx+3ay)^2] \ge 3(9a-xyz)^2$
$ \Leftrightarrow 3(12a^2-1)(3a^2-4)+xyz(34a-xz) \ge 0 (1) $
$\Leftrightarrow 12(3a^2-1)^2+208a^2 \ge (17a-xyz)^2(2)$
Xét 2 trường hợp:
$*3a^2-4 \ge 0$.
Ta có $34a-xyz=\dfrac{1}{9}[34(x+y+z)(xy+yz+zx)-9xyz]>0$ dẫn đến (1) đúng.
$*3a^2-4 <0$.Sử dụng BĐT Schur bậc 3,ta có:$3a^3-4a+xyz \ge 0$
$ \Rightarrow 12(3a^2-1)+208a^2-(17a-xyz)^2 \ge 12(3a^2-1)^2+208a^2-a^2(3a^2+13)^2$
$=3(1-a^3)^2(4-3a^2)^2 \ge 0$ dẫn đến (2) đúng.
Vậy ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c;a=0,b=c$ hoặc các hoán vị tương ứng.
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------
P/s:BĐT2:Cho $x,y,z>0$.Chứng minh rằng:$\sum \dfrac{1}{x^2+xy+y^2} \ge \dfrac{9}{(x+y+z)^2}$
#14
Đã gửi 01-01-2013 - 22:32
#15
Đã gửi 22-04-2021 - 11:29
Chuyên mục này tôi mong các bạn có thể tìm hay sáng tạo ra những bất đẳng thức hay để đưa vào đây, có thể kèm theo lời giải và những mở rộng của nó. Và sau đây, xin mở đầu là BĐT Iran 96,
BĐT 1. Cho a,b,c là các số thực không âm sao cho không có hai số nào trong chúng đồng thời bằng 0. Chứng minh BĐT sau:
(a + b + c)(1/(b+c)^2 + 1/(c+a)^2 + 1/(a+b)^2) 9/4
Thực chất BĐT này được tác giả Ji Chen đề nghị trên tạp chí Crux của Canada năm 1992 và nó lại xuất hiện lần nữa trong kì thì toán của Iran năm 1996. Hi vọng bạn có thể nêu một số lời giải cho BĐT này và tìm hiểu thêm 1 số BĐT hay và đẹp khác.
(Lưu ý: Các BĐT mà bạn đưa lên đây đều phải đánh số thứ tự, ví dụ như BĐT Iran 1996 là BĐT được nêu đầu tiên trên đây nên được gọi là BĐT 1)
Đặt $x+y+z=p,xy+yz+zx=q,xyz=r$ thì bất đẳng thức trở thành: $q.\frac{(p^2+q)^2-4p(pq-r)}{(pq-r)^2}\geqslant \frac{9}{4}\Leftrightarrow 4p^4q-17p^2q^2+4q^3+34pqr-9r^2\geqslant 0\Leftrightarrow 3pq(p^3-4pq+9r)+q(p^4-5p^2q+4q^2+6pr)+r(pq-9r)\geqslant 0$(Đúng theo bất đẳng thức Schur bậc 3, bậc 4 và bất đẳng thức quen thuộc $pq \geqslant 9r$
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh