11 replies to this topic

[nghiemvantu]

Câu 1
Câu 1
Cho $x,y,z > 0$ và $ x^2+y^2+z^2=1$ CM:
$ \dfrac{x}{y^2+z^2} + \dfrac{y}{x^2+z^2} + \dfrac{z}{x^2+y^2} \ge \dfrac{3\sqrt{3}}{2} $
Câu 2
Cho $x,y,z>0 $ và
$ xyz=1 $
CM:
$(x+\dfrac{1}{x+1})(y+\dfrac{1}{y+1})(z+\dfrac{1}{z+1}) \ge \dfrac{27}{8} $

Edited by bboy114crew, 17-06-2011 - 18:55.

[Bui Quang Dong]

Bdt bunhia mở rộng
còn gọi là bdt Holder
trong chương trình thcs ta có thể biết đến dạng đơn giản như sau
cho 3 bộ số dương
$ (X,Y,Z),(A,BC),(M,N,P) $
thì
$(X^3+Y^3+Z^3)(A^3+B^3+C^3)(M^3+N^3+P^3) \ge (XAM+YBN+ZCP)^3 $

Cm
bdt <=>
$ \dfrac{XAM+YBN+CZP}{ \sqrt[3]{(X^3+Y^3+Z^3)(A^3+B^3+C^3)(M^3+N^3+P^3)}} \le 1 $
Áp dụng bdt Cauchy
ta có
$ \dfrac{XAM}{\sqrt[3]{(X^3+Y^3+Z^3)(A^3+B^3+C^3)(M^3+N^3+P^3)}} \le \dfrac{1}{3}.(\dfrac{X^3}{X^3+Y^3+Z^3} + \dfrac{A^3}{A^3+B^3+C^3} + \dfrac{M^3}{M^3+N^3+P^3}) $
làm tương tự rồi cộng lại ta có dpcm
bdt Holder thường dùng khi
$A=B=C=M=N=P=1 $
$9(x^3+y^3+z^3) \ge (x+y+z)^3 $

[alex_hoang]

Bdt bunhia mở rộng
còn gọi là bdt Holder
trong chương trình thcs ta có thể biết đến dạng đơn giản như sau
cho 3 bộ số dương
$ (X,Y,Z),(A,BC),(M,N,P) $
thì
$(X^3+Y^3+Z^3)(A^3+B^3+C^3)(M^3+N^3+P^3) \ge (XAM+YBN+ZCP)^3 $

Cm
bdt <=>
$ \dfrac{XAM+YBN+CZP}{ \sqrt[3]{(X^3+Y^3+Z^3)(A^3+B^3+C^3)(M^3+N^3+P^3)}} \le 1 $
Áp dụng bdt Cauchy
ta có
$ \dfrac{XAM}{\sqrt[3]{(X^3+Y^3+Z^3)(A^3+B^3+C^3)(M^3+N^3+P^3)}} \le \dfrac{1}{3}.(\dfrac{X^3}{X^3+Y^3+Z^3} + \dfrac{A^3}{A^3+B^3+C^3} + \dfrac{M^3}{M^3+N^3+P^3}) $
làm tương tự rồi cộng lại ta có dpcm
bdt Holder thường dùng khi
$A=B=C=M=N=P=1 $
$9(x^3+y^3+z^3) \ge (x+y+z)^3 $

cm
$\dfrac{x}{{1 - {x^2}}} \ge \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}{x^2}$

bai2
$a + \dfrac{1}{{a + 1}} \ge a + \dfrac{1}{{2\sqrt a }} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{a\sqrt a }}{8}}} = \dfrac{3}{2}\sqrt a $

Edited by alex_hoang, 17-06-2011 - 15:16.

[alex_hoang]

bai2
$a + \dfrac{1}{{a + 1}} \ge a + \dfrac{1}{{2\sqrt a }} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{a\sqrt a }}{8}}} = \dfrac{3}{2}\sqrt a $

BDT Hoder
với m day số dương $({a_{1,1}},{a_{1,2}}...{a_{1,n}});({a_{2,1}},{a_{2,2}}...{a_{2,m}});...;({a_{m,1}},{a_{m,2}},...,{a_{m,n}})$
$\prod\limits_{i = 1}^m {\left( {\sum\limits_{j = 1}^n {{a_{i,j}}} } \right)} \ge {\left( {\sum\limits_{j = 1}^n {\sqrt[m]{{\prod\limits_{i = 1}^m {{a_{i,j}}} }}} } \right)^m}$

Edited by alex_hoang, 17-06-2011 - 15:39.

[alex_hoang]

BDT Hoder
với m day số dương $({a_{1,1}},{a_{1,2}}...{a_{1,n}});({a_{2,1}},{a_{2,2}}...{a_{2,m}});...;({a_{m,1}},{a_{m,2}},...,{a_{m,n}})$
$\prod\limits_{i = 1}^m {\left( {\sum\limits_{j = 1}^n {{a_{i,j}}} } \right)} \ge {\left( {\sum\limits_{j = 1}^n {\sqrt[m]{{\prod\limits_{i = 1}^m {{a_{i,j}}} }}} } \right)^m}$

cm bang AM GM

[nghiemvantu]

Mấy anh ơi em học cấp 2 ko biết BĐT Hoder
Mà em hỏi BĐT Bunhia mở rộng với m dãy số, mỗi dãy có n số hạng cơ

[alex_hoang]

Mấy anh ơi em học cấp 2 ko biết BĐT Hoder
Mà em hỏi BĐT Bunhia mở rộng với m dãy số, mỗi dãy có n số hạng cơ

viêt hơi khó hiểu thông cảm nhưng nó chính là cái em hỏi còn gì hoder là mở rộng của BCS

[đat]

cm
bai2
$a + \dfrac{1}{{a + 1}} \ge a + \dfrac{1}{{2\sqrt a }} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{a\sqrt a }}{8}}} = \dfrac{3}{2}\sqrt a $

Tớ thấy có 1 điều không hợp lí trong bài giải này vì
$ \[a + 1 \ge 2\sqrt a \Rightarrow a + \dfrac{1}{{a + 1}} \le a + \dfrac{1}{{2\sqrt a }}\]$

[đat]

Cho $x,y,z>0 $ và
$ xyz=1 $
CM:
$(x+\dfrac{1}{x+1})(y+\dfrac{1}{y+1})(z+\dfrac{1}{z+1}) \ge \dfrac{27}{8} $

Có
$x+\dfrac{1}{x+1}=\dfrac{x+1}{4}+\dfrac{1}{x+1}+\dfrac{3x-1}{4}\ge 1+\dfrac{3x-1}{4}=\dfrac{3}{4}\left( x+1 \right)$
Tương tự:
$y+\dfrac{1}{y+1}\ge \dfrac{3}{4}\left(y+1 \right)$ và $z+\dfrac{1}{z+1}\ge \dfrac{3}{4}\left( z+1 \right)$
Từ 3 bất đằng thức trên suy ra
$\left( x+\dfrac{1}{x+1} \right)\left( y+\dfrac{1}{y+1} \right)\left( z+\dfrac{1}{z+1} \right)\ge {{\left( \dfrac{3}{4} \right)}^{3}}\left( x+1 \right)\left( y+1 \right)\left( z+1 \right)\ge \dfrac{27}{8}\sqrt{xyz}=\dfrac{27}{8}$

[đat]

Mình có ý kiến thế này :
Nếu các bạn muốn biết thêm về lí thuyết thì nên mua sách tham khảo mà đọc. Hiện giờ có rất nhiều sách hay viết về bđt. Hoặc các bạn có thể tạo các topic chỉ bàn luận về lí thuyết. Đừng trình bày lí thuyết ở các topic này, rất dài dòng và khó nhìn !

[nghiemvantu]

Cảm ơn các bạn đã giúp nhiều, mình còn bài này nữa;
Cho $a,b,c >0$. CM:
$\dfrac{2a^3}{a^6+bc}+\dfrac{2b^3}{b^6+ca}+\dfrac{2c^3}{c^6+ab} \leq \dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ca}+\dfrac{c}{ab}$

Edited by dark templar, 27-06-2011 - 11:53.
Gõ Latex chứ không phải Tex.

[alex_hoang]

Các bạn giúp nhanh giùm ! Mình bí lắm !

Su dụng côsi cho mẫu ra liền