1) chứng minh: $\sqrt {x^2 + xy + y^2 } + \sqrt {x^2 + xz + z^2 } \geqslant \sqrt {y^2 + yz + z^2 } $
2)Cho a,b,c,d >0 và $\dfrac{1}{{1 + a}} + \dfrac{1}{{1 + b}} + \dfrac{1}{{1 + c}} + \dfrac{1}{{1 + d}} \geqslant 3$
Chứng minh: $abcd \leqslant \dfrac{1}{{81}}$
3)Cho a,b,c,d>0 chứng minh
$\dfrac{{a + b}}{{b + c + d}} + \dfrac{{b + c}}{{c + d + a}} + \dfrac{{c + d}}{{d + a + b}} + \dfrac{{d + a}}{{a + b + c}} \geqslant \dfrac{8}{3}$
em cám ơn trước (hình như dùng bunhiacopxki)
Vài bài BĐT lớp 10
Bắt đầu bởi blackhole, 12-09-2011 - 21:05
#1
Đã gửi 12-09-2011 - 21:05
#2
Đã gửi 12-09-2011 - 21:11
Bài 1: Bạn hãy dùng BDT Bunhiacoski để chứng minh BDT Mincopski sau :
$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2} \ge \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$
Áp dụng BDT Mincopski, ta có ngay:
$VT = \sqrt{\left(x+\dfrac{y}{2}\right)^2+\left(\dfrac{y\sqrt{3}}{2}\right)^2}+\sqrt{\left(-x-\dfrac{z}{2}\right)^2+\left(\dfrac{z\sqrt{3}}{2}\right)^2} $
$\ge \sqrt{\left(\dfrac{y}{2}-\dfrac{z}{2}\right)^2+\left(\dfrac{y\sqrt{3}}{2}+\dfrac{z\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \sqrt{y^2+yz+z^2} \rightarrow \textup{ dpcm!}$
$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2} \ge \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$
Áp dụng BDT Mincopski, ta có ngay:
$VT = \sqrt{\left(x+\dfrac{y}{2}\right)^2+\left(\dfrac{y\sqrt{3}}{2}\right)^2}+\sqrt{\left(-x-\dfrac{z}{2}\right)^2+\left(\dfrac{z\sqrt{3}}{2}\right)^2} $
$\ge \sqrt{\left(\dfrac{y}{2}-\dfrac{z}{2}\right)^2+\left(\dfrac{y\sqrt{3}}{2}+\dfrac{z\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \sqrt{y^2+yz+z^2} \rightarrow \textup{ dpcm!}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi h.vuong_pdl: 12-09-2011 - 21:12
rongden_167
#3
Đã gửi 12-09-2011 - 21:17
Bài 2: Bài này khá thú vị với 1 biến đổi nhỏ + dùng BDT AM-GM (Cauchy): Thật vậy:
$\textu{gt} \Leftrightarrow \dfrac{1}{a+1} = \dfrac{b}{b+1} + \dfrac{c}{c+1}+\dfrac{d}{d+1} \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{bcd}{(b+1)(c+1)(d+1)}}$
Tuơng tự:
$\dfrac{1}{b+1} = \dfrac{c}{c+1} + \dfrac{d}{d+1}+\dfrac{a}{a+1} \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{cda}{(c+1)(d+1)(a+1)}}$
$\dfrac{1}{c+1} = \dfrac{d}{d+1} + \dfrac{b}{b+1}+\dfrac{a}{a+1} \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{dba}{(d+1)(b+1)(a+1)}}$
$ \dfrac{1}{d+1} = \dfrac{c}{c+1} + \dfrac{b}{b+1}+\dfrac{a}{a+1} \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{cba}{(c+1)(b+1)(a+1)}}$
Nhân theo vế các BDT trên ta có ngay đpcm là: $abcd \le \dfrac{1}{81}$
$\textu{gt} \Leftrightarrow \dfrac{1}{a+1} = \dfrac{b}{b+1} + \dfrac{c}{c+1}+\dfrac{d}{d+1} \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{bcd}{(b+1)(c+1)(d+1)}}$
Tuơng tự:
$\dfrac{1}{b+1} = \dfrac{c}{c+1} + \dfrac{d}{d+1}+\dfrac{a}{a+1} \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{cda}{(c+1)(d+1)(a+1)}}$
$\dfrac{1}{c+1} = \dfrac{d}{d+1} + \dfrac{b}{b+1}+\dfrac{a}{a+1} \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{dba}{(d+1)(b+1)(a+1)}}$
$ \dfrac{1}{d+1} = \dfrac{c}{c+1} + \dfrac{b}{b+1}+\dfrac{a}{a+1} \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{cba}{(c+1)(b+1)(a+1)}}$
Nhân theo vế các BDT trên ta có ngay đpcm là: $abcd \le \dfrac{1}{81}$
rongden_167
#4
Đã gửi 12-09-2011 - 21:22
Bài 3: Mình nếu ý tuởng như sau, bạn thử thực hiện xem nha:
Dùng BDT Bunhiacopski dạng S.Vac (Schwarz):
$\dfrac{a_1^2}{x_1}+\dfrac{a_2^2}{x_2} + \dfrac{a_3^2}{x_3}+...+\dfrac{a_n^2}{x_n} \ge \dfrac{\left(a_1+a_2+a_3+...+a_n\left)^2}{x_1+x_2+x_3+...+x_n}$
Sau đó, bạn sử dụng tiếp BDT quen thuộc:
$\left(a+b+c+d\right)^2 \ge \dfrac{8}{3}\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)$
Từ đó dễ dàng có đpcm!
Dùng BDT Bunhiacopski dạng S.Vac (Schwarz):
$\dfrac{a_1^2}{x_1}+\dfrac{a_2^2}{x_2} + \dfrac{a_3^2}{x_3}+...+\dfrac{a_n^2}{x_n} \ge \dfrac{\left(a_1+a_2+a_3+...+a_n\left)^2}{x_1+x_2+x_3+...+x_n}$
Sau đó, bạn sử dụng tiếp BDT quen thuộc:
$\left(a+b+c+d\right)^2 \ge \dfrac{8}{3}\left(ab+ac+ad+bc+bd+cd\right)$
Từ đó dễ dàng có đpcm!
rongden_167
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh