Đến nội dung

Hình ảnh

Những bất đẳng thức hay

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 14 trả lời

#1
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết
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) X( 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
khanh3570883

khanh3570883

    Trung úy

  • Thành viên
  • 905 Bài viết

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) :D 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)

Nhầm rồi bạn phải là
(ab+bc+ca)(1/(b+c)^2+1/(c+a)^2+1/(a+b)^2) X( 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
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết
Xin lỗi, mình nhầm. Mong các bạn tiếp tục tìm lời giải cho BĐT này và đưa vào đây những BĐT mới và đẹp.

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
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

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 X(
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

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#5
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết
Bạn có thể nêu xuất xứ cho BĐT2 này được không?

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
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Bạn có thể nêu xuất xứ cho BĐT2 này được không?

BĐT này được GS Vasile Cirtoaje đề nghị cho cuộc thi vô địch quốc gia Gazeta.
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#7
SLNA

SLNA

    Bảo Duyên

  • Thành viên
  • 77 Bài viết
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 :Rightarrow

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi SLNA: 29-03-2011 - 22:21


#8
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

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 :Rightarrow

thực hiện khai triển,ta có:
$\sum \left(\dfrac{a^2}{b+c}+a \right)^2 \ge \dfrac{9}{4}\sum a^2 \Leftrightarrow \sum \dfrac{a^4}{(b+c)^2}+2\sum \dfrac{a^3}{b+c} \ge \dfrac{5}{4}\sum a^2$
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 :Rightarrow
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#9
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết
BĐT 3: Chứng minh rằng với mọi số dương a,b,c, ta luôn có
(a+1/b - 1)(b+1/c - 1)+(b+1/c - 1)(c+1/a - 1)+(c+1/a - 1)(a+1/b - 1) :Rightarrow 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
SLNA

SLNA

    Bảo Duyên

  • Thành viên
  • 77 Bài viết
Cho a, b, c là các số thực không âm, không có hai số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng:
$\sum \dfrac{5}{(b+c)^2}+\dfrac{2}{a^2+b^2+c^2}\geq \dfrac{12}{ab+ac+bc}+\dfrac{10abc}{(ab+ac+bc)(a+b)(a+c)(b+c)}$

#11
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết
BĐT 4: Cho các số thực không âm a,b,c,d có tổng bằng 4. Chứng minh rằng:
1/5 - abc + 1/5 - bcd + 1/5 - cda + 1/5 - dab :Rightarrow 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
kunkute

kunkute

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 110 Bài viết

$ 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) $

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 viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kunkute: 09-09-2012 - 14:46


#13
kunkute

kunkute

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 110 Bài viết

)
Bài BĐT trên có rất nhiều cách giải,mình chỉ post 2 cách mà mình thấy gọn nhẹ nhất Hình đã gửi
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:$\sum \dfrac{1}{x^2+xy+y^2} \ge \dfrac{9}{(x+y+z)^2}$

Làm sao để biến đổi như thế này đc nhỉ?Bạn nào có thể làm rõ hơn không?Bước này mình làm không ra.

#14
HungHuynh2508

HungHuynh2508

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 222 Bài viết
có rất nhiều bất đẳng thức hay ở đây này
http://vi.wikipedia....i/Bất_đẳng_thức
Hạnh phúc là cho đi đâu chỉ nhận riêng mình!

7e3c59fbf62d4c5280e6cf2ad53cdcb8.0.gif

#15
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

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) image004.gif 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  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh