BĐT 20:
Với mọi a, b, c là số thực:
$\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{1}{3}$
BĐT 20:
Với mọi a, b, c là số thực:
$\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{1}{3}$
$Cho \left\{x,y,z>0\begin{matrix} \\xyz=1 \end{matrix}\right. CMR:\frac{x^{2}}{x+y+y^{3}z}+\frac{y^{2}}{y+z+z^{3}x}+\frac{z^{2}}{x+z+x^{3}y} \geq 1$
BĐT 20:
Với mọi a, b, c là số thực:
$\frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{1}{3}$
Bổ sung thêm chặn trên cho đầy đủ luôn:
Với mọi a, b là số thực, ta có:
$$\frac{1}{3} \le \frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2} \le 3 $$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tcqang: 23-12-2015 - 02:02
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
Bất đẳng thức Mincopski:$\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{c^{2}+d^{2}}\geq \sqrt{(a+c)^{2}+(b+d)^{2}} Dấu bằng khi a;b và c;d là hai bộ tỉ lệ$
Nếu trong bài thi Đại học, chúng ta không cần thiết phải nêu tên BĐT Minkowski cũng được (vì phải chứng minh lại), chỉ cần nói áp dụng BĐT vecto:
$|\vec{u}|+|\vec{v}| \geq |\vec{u}+\vec{v}|$ , với $\vec{u}(a;b) ; \vec{v}(c;d) $ là cũng hợp lệ và không cần phải chứng minh lại.
(Như trong đáp án khối A năm 2002 của Bộ GD).
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tcqang: 23-12-2015 - 02:11
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
BDT24:với $a>b>1$, mọi x thì $a^{x}+a^{-x}\geq b^{x}+b^{-x}$
trừ vế theo vế ta được Bdt $\iff (a^{x}- b^{x})(1-\frac{1}{a^{x}b^{x}})\geq 0$
Nếu $x>0$ thì $a^{x}- b^{x}>0;1-\frac{1}{a^{x}b^{x}}>0$
Nếu $x<0$ thì ngược lại
Nếu $x=0$ ta có đẳng thức
MOD: Bạn gõ nốt phần còn lại đi nhé!
Hoặc chứng minh hàm $f(t) = t^x + t^{-x}$ đồng biến trên $(1; +\infty)$ cũng được.
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
CMR: Voi moi $a,b,c>0, n\geq 1$, ta co:
$ \frac{a^{n}}{b^{n}}+\frac{b^{n}}{c^{n}}+\frac{c^{n}}{a^{n}}\geq \frac{a^{n-1}}{b^{n-1}}+\frac{b^{n-1}}{c^{n-1}}+\frac{c^{n-1}}{a^{n-1}}\geq 3$
Ta co
$(n-1)\frac{a^{n}}{b^{n}}+1\geq n\sqrt[n]{\frac{a^{n(n-1)}}{b^{n(n-1)}}}=n.\frac{a^{n-1}}{b^{n-1}}$
Tuong tu ta co:
$(n-1)\frac{b^{n}}{c^{n}}+1\geq n.\frac{b^{n-1}}{c^{n-1}}$
$(n-1)\frac{c^{n}}{a^{n}}+1\geq n.\frac{c^{n-1}}{a^{n-1}}$
Cong lai ta co
$(n-1)(\frac{a^{n}}{b^{n}}+\frac{b^{n}}{c^{n}}+\frac{c^{n}}{a^{n}})+3\geq n(\frac{a^{n-1}}{b^{n-1}}+\frac{b^{n-1}}{c^{n-1}}+\frac{c^{n-1}}{a^{n-1}})$
ma`$ \frac{a^{n-1}}{b^{n-1}}+\frac{b^{n-1}}{c^{n-1}}+\frac{c^{n-1}}{a^{n-1}}\geq 3$ (Cosy thoi)
=>$(n-1)(\frac{a^{n}}{b^{n}}+\frac{b^{n}}{c^{n}}+\frac{c^{n}}{a^{n}})\geq (n-1)(\frac{a^{n-1}}{b^{n-1}}+\frac{b^{n-1}}{c^{n-1}}+\frac{c^{n-1}}{a^{n-1}})$
=>dpcm
Cái này là do em tự nghĩ ra khi làm bdt :
$ \frac{a^{3}}{b^{3}}+\frac{b^{3}}{c^{3}}+\frac{c^{3}}{a^{3}}\geq \frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}}$
Các anh chị xem có đúng không?
Kết quả này hoàn toàn đúng. Tuy nhiên cần lưu ý là thi ĐH chỉ được dùng BĐT Cauchy cho 2 hoặc 3 số; và 2 BĐT Vecto (BĐT độ dài và BĐT tích vô hướng, chính là cách né để thừa nhận BĐT Bunhiacopxki và Minkowski). Còn lại những BĐT quen thuộc khác đều phải chứng minh lại. Cụ thể, trong đề Toán Khối B năm 2007 chỉ cần áp dụng Cauchy cho 9 số là ra ngay, tuy nhiên đáp án vẫn chỉ dùng cho 3 số.
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
BĐT 2:
Với $ab \ge 1$ ta luôn có: \[\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + ab}}\]
Chứng minh
Biến đổi tương đương:
\[\begin{array}{l}
\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \ge \dfrac{2}{{1 + ab}}\\
\Leftrightarrow \dfrac{1}{{1 + {a^2}}} - \dfrac{1}{{1 + ab}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} - \dfrac{1}{{1 + ab}} \ge 0\\
\Leftrightarrow \dfrac{{{{(a - b)}^2}(ab - 1)}}{{(1 + {a^2})(1 + {b^2})(1 + ab)}} \ge 0
\end{array}\]
Ta có đpcm.
Đổi ngược giả thiết ta sẽ có BĐT đảo chiều:
Với $-1 < ab \le 1$ ta sẽ có: \[\dfrac{1}{{1 + {a^2}}} + \dfrac{1}{{1 + {b^2}}} \le \dfrac{2}{{1 + ab}}\]
Chứng minh
Biến đổi tương đương:
$\Leftrightarrow \dfrac{{{{(a - b)}^2}(ab - 1)}}{{(1 + {a^2})(1 + {b^2})(1 + ab)}} \le 0$
Ta có đpcm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tcqang: 23-12-2015 - 03:01
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
câu 20(có vẻ hơi dễ)
Ta có:
$P= (a^{2}+ab+b^{2})/(a^{2}-ab+b^{2})=1-2ab/(a^{2}-ab+b^{2})$
Lại có:
$3ab\leq a^{2}+ab+b^{2}$ $(RHS\geq 0)$
$\Rightarrow ab/(a^{2}+ab+b^{2})\leq 1/3$
---------------------------------
Để TQ hơn cũng có thể làm như sau để chặn thật chặt 2 đầu bđt
$b=0\rightarrow P=1$
$b\neq 0\Rightarrow p=(x^{2}-x+1)/(x^{2}+x+1)$ (Với x=a/b)
Xét hàm số f(x) trên R
$f'(x)=(2x^{2}-2)/(x^{2}+x+1)^{2}$
$f'(x)=0\Leftrightarrow x=1 \vee x=-1$
Mặt khác :
Khi $x\rightarrow \infty$ thì $limf(x)=1$
BBT------>Maxf=f(-1)=3,Minf=f(1)=1/3
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi gatoanhoc1998: 23-12-2015 - 06:45
Bổ sung thêm chặn trên cho đầy đủ luôn:
Với mọi a, b là số thực, ta có:
$$\frac{1}{3} \le \frac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2} \le 3 $$
$\frac{a^{2}-ab+b^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}= 1-\frac{2ab}{a^{2}+ab+b^{2}}$
$\Rightarrow \frac{1}{3}\leq \frac{a^{2}-ab+b^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\leq 3\Leftrightarrow \frac{1}{3}\geq \frac{ab}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq -1$
Đến đây đơn giản rồi: qui đồng lên đánh giá a2+b2$\geq 2ab và a^{2}+b^{2}\geq -2ab$ là ra cả 2 cái ( lưu ý khi qui đồng phải giải thích mấu >0)
Hết, dấu = tự hiểu
BĐT 19:
Với a,b,c là 3 số thực dương ta có
$\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\geq \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}$
Chứng minh:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có
$3(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2})\geq (\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a})^2$
Áp dụng BĐT AM-GM ta được $(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2})\geq 3$
$3(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2})^2\geq 3(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a})^2$
Từ đây ta có đpcm
Thi ĐH thì Cauchy-Schwarz cũng không được áp dụng trực tiếp đâu nghen bạn. Chỉ được phép dùng Cauchy cho 2 số và 3 số, 2 BĐT vecto (BĐT độ dài và BĐT tích vô hướng).
Thay vì dùng Cauchy-Schwarz ở trên, ta có thể né bằng cách chỉ dùng Cauchy cho 2 và 3 số:
$\frac{a^2}{b^2} + 1 \ge 2\frac{a}{b}$
$\frac{b^2}{c^2} + 1 \ge 2\frac{b}{c}$
$\frac{c^2}{a^2} + 1 \ge 2\frac{c}{a}$
$\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3$
Cộng 4 BĐT trên ta có đpcm.
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
$\frac{a^{2}-ab+b^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}= 1-\frac{2ab}{a^{2}+ab+b^{2}}$
$\Rightarrow \frac{1}{3}\leq \frac{a^{2}-ab+b^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\leq 3\Leftrightarrow \frac{1}{3}\geq \frac{ab}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq -1$
Đến đây đơn giản rồi: qui đồng lên đánh giá a2+b2$\geq 2ab và a^{2}+b^{2}\geq -2ab$ là ra cả 2 cái ( lưu ý khi qui đồng phải giải thích mấu >0)
Hết, dấu = tự hiểu
Có thể ngắn gọn hơn bằng cách nhân chéo quy đồng trực tiếp (vì mẫu luôn dương) rồi biến đổi tương đương thành 2 hằng đẳng thức $(a-b)^2 \ge 0$ và $(a+b)^2 \ge 0$ là xong.
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
$Cho \left\{x,y,z>0\begin{matrix} \\xyz=1 \end{matrix}\right. CMR:\frac{x^{2}}{x+y+y^{3}z}+\frac{y^{2}}{y+z+z^{3}x}+\frac{z^{2}}{x+z+x^{3}y} \geq 1$
Đây là 1 bài toán lớn rồi, không thể xem là 1 BĐT phụ được
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
chuẩn rồi bạn ơi.cái này thì đơn giản mà
Đúng là Cauchy-Schwarz thì quá quen thuộc và đơn giản với chúng ta khi làm các Bài BĐT trên diễn đàn, đi thi HSG hoặc thi Olympic, nhưng đi thi ĐH phải chứng minh lại theo BĐT tích vô hướng của 2 vecto đó bạn ah. Không khéo tắt quá là mất điểm đó. Bởi vì kì thi ĐH là kỳ thi phổ thông (phổ biến thông dụng cho mọi học sinh toàn quốc, từ yếu kém, đến trung bình, khá giỏi) nên mọi lý thuyết được sử dụng trong bài thi tự luận chỉ là những gì được ghi trong SGK phổ thông mà thôi. Ngay cả BĐT Bunhiacopxki, trong SGK người ta cũng đã bỏ đi, vì chỉ cần sử dụng BĐT vecto (tích vô hướng) là ra.
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
Một số bổ đề mà mình gom được khi học bđt:
BĐT 17
\[\forall x:\dfrac{1}{{1 + {x^2}}} \ge 1 - \dfrac{x}{2}\]
Tổng quát hơn chút,
\[\forall x:\dfrac{1}{{k + {x^2}}} \ge \dfrac{1}{k} - \dfrac{x}{{2\sqrt k }}\]
BĐT 18
\[\left( {1 + {a^3}} \right)\left( {1 + {b^3}} \right)\left( {1 + {c^3}} \right) \ge {\left( {1 + abc} \right)^3}\]
\[\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) \ge {\left( {amn + bny + cpz} \right)^3}\]
17 dùng cauchy ngược phải không anh?
Cuộc đời vốn không công bằng, vì thế hãy tự làm quen với nó.(nói thế thôi)
BDT 31:
Cho $x,y,z >2$ và$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$
Cmr
$(x-2)(y-2)(z-2)\leq 1$
Chưa ai chơi câu này hả
Dùng BĐT schur cho 1/x;1/y;1/z ta có:
$$ \frac{1}{xyz}\geq (\frac{1}{x}+\frac{1}{y}-\frac{1}{z})(\frac{1}{x}-\frac{1}{y}+\frac{1}{z})(-\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}) $$
Khai triển cái này rồi thế vào là ok
Cuộc đời vốn không công bằng, vì thế hãy tự làm quen với nó.(nói thế thôi)
17 dùng cauchy ngược phải không anh?
Bổ đề 17 sai vùng giá trị của $x$ rồi. BĐT chỉ đúng khi $x \ge 0$ mà thôi.
Chứng minh:
Bổ đề 17 $\Leftrightarrow x(x-1)^2 \ge 0$ (đúng $\forall x \ge 0$).
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
17 dùng cauchy ngược phải không anh?
Bổ đề 17 sẽ sai khi lấy $x = -1$.
Bổ đề 18 cũng chỉ đúng với các số không âm (phản ví dụ: lấy $a = -2; b = c = 0$ sẽ sai).
Bổ đề 18 chính là BĐT Holder, có thể xem như BĐT Bunhiacopxki mở rộng (xem chứng minh bằng Cauchy trong cuốn Sáng tạo BĐ của Phạm Kim Hùng)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tcqang: 06-01-2016 - 11:21
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
Với $a, b \ge 0$, ta có: $\sqrt{a+1} + \sqrt{b+1} \ge \sqrt{a+b+1} + 1 (*) $.
Thật vậy, $(*) \Leftrightarrow a + 1 + b + 1 + 2\sqrt{a+b+ab +1} \ge a + b + 1 + 1 + 2\sqrt{a+b+1}$
$\Leftrightarrow \sqrt{a+b+ab +1} \ge \sqrt{a+b+1}$
$\Leftrightarrow ab \ge 0$ (đúng)
Suy ra đpcm.
Dấu $"="$ xảy ra khi $ab = 0$.
P/s: Có thể mở rộng vùng giá trị $a, b \ge 0$ thành $a, b \ge -1 ; a + b \ge -1$ và $ab \ge 0$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tcqang: 06-01-2016 - 11:28
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
a³+b³+c³>=3abc
=.= ờ
Ta dễ dàng chứng minh được
Với n=2 ta có $\frac{1}{x_1^2+1}+\frac{1}{x_2^2+1}\geq \frac{2}{1+x_2.x_1}$
Giả sử $n=k$ là trường hợp đúng, nghĩa là
$$\frac{1}{1+x_1^k}+\frac{1}{1+x_2^k}+...+\frac{1}{1+x_k^k}\geq \frac{k}{1+\sqrt[k]{x_1^k.x_2^k...x_k^k}}(I)$$
Giả sử $n=k+1$ nghĩa là ta phải chứng minh $$\frac{1}{{1 + x_1^{k + 1} }} + \frac{1}{{1 + x_2^{k + 1} }} + ... + \frac{1}{{1 + x_k^{k + 1} }} + \frac{1}{{1 + x_{k + 1}^{k + 1} }} \ge \frac{{k + 1}}{{1 + (x_1 x_2 ...x_{k + 1} )}}$$
Đặt $$S=\frac{1}{{1 + x_1^{k + 1} }} + \frac{1}{{1 + x_2^{k + 1} }} + ... + \frac{1}{{1 + x_k^{k + 1} }} + \frac{1}{{1 + x_{k + 1}^{k + 1} }} $$
Theo $(I)$ ta có:
$$(*)\frac{1}{{1 + x_1^{k + 1} }} + \frac{1}{{1 + x_2^{k + 1} }} + ... + \frac{1}{{1 + x_k^{k + 1} }} + \frac{1}{{1 + x_{k + 1}^{k + 1} }} \ge \frac{k}{{1 + \sqrt[k]{{x_1^{k + 1} .x_2^{k + 1} ...x_n^{k + 1} }}}}$$
Tiếp tục sử dụng (I) với $(k-1)$ phân số: $\frac{1}{1+(x_1.x_2...x_{k+1})}$
$$(**) \frac{1}{1+x_{k+1}^{k+1}}+\frac{1}{1+(x_1.x_2...x_{k+1})}+...+\frac{1}{1}+(x_1.x_2...x_{k+1})\geq \frac{k}{1+\sqrt[k]{x_1^{k-1}...x_k^{k-1}.x_{k+1}^{2k}}}$$
Cộng vế theo vế (*), (**): $$S+\frac{k-1}{1+(x_1.x_2...x_{k+1})}\geq k[\frac{1}{1+\sqrt[k]{x_1^{k+1}...x_k^{k+1}}}+\frac{1}{1+\sqrt[k]{x_1^{k-1}...x_k^{k-1}}.x_{k+1}^{2k}}]$$
Mà ta lại có:$$[\frac{1}{{1 + \sqrt[k]{{x_1^{k + 1} ...x_k^{k + 1} }}}} + \frac{1}{{1 + \sqrt[k]{{x_1^{k - 1} ...x_k^{k - 1} .x_k^{2k} }}}}] \ge \frac{2}{{1 + \sqrt {\sqrt[k]{{x_1^{2k} .x_2^{2k} ...x_{k + 1}^{2k} }}} }} = \frac{2}{{1 + (x_1 .x_2 ...x_k .x_{k + 1} )}}$$
$$ \Rightarrow S + \frac{{k - 1}}{{1 + (x_1 .x_2 ...x_{k + 1} )}} \ge \frac{{2k}}{{1 + (x_1 x_2 ...x_{k + 1} )}} \Rightarrow S \ge \frac{{k + 1}}{{1 + (x_1 .x_2 ...x_{k + 1} )}}$$
Vậy ta có đpcm đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các biến bằng nhau. $\blacksquare$
thực ra cái này cũng dùng quy nạp mà
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Tài liệu - đề thi THPT →
Thi TS ĐH →
[Ebook hay] Tổng hợp kiến thức thi THPT Quốc Gia môn toán (2015 về sau)Bắt đầu bởi firing, 05-05-2015 ebook, tổng hợp, môn toán |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Tài liệu - đề thi THPT →
Tài liệu tham khảo khác →
Tổng hợp tài liệu TOÁN theo chuyên đềBắt đầu bởi A4 Productions, 11-03-2015 tài liệu, toán, tai lieu, toan và . |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Số học →
Tài liệu, chuyên đề, phương pháp về Số học →
TỔNG HỢP CÁC BÀI SỐ HỌC VÀ TỔ HỢP TRONG CÁC KÌ OLYMPIC THI NĂM 2013-2014Bắt đầu bởi namcpnh, 24-07-2014 tổng hợp |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Hình học →
Bình chọn Hình Học Tổng Hợp Lớp 7Bắt đầu bởi Linda Johnson, 15-07-2014 hinh hoc, tổng hợp |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Đại số →
$\measuredangle BAC$ <90 độBắt đầu bởi kuromeomeo, 31-10-2013 hình học, đại số, tổng hợp |
|
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh