Đến nội dung

Hình ảnh

Bất đẳng thức phụ

Quyên góp Tổng hợp

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 104 trả lời

#1
vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết

*
Phổ biến

BẤT ĐẲNG THỨC PHỤ



Trong nhiều bài toán chứng minh bất đẳng thức ở cấp THPT, ta thường bắt gặp các Bất đẳng thức phụ , các Bổ đề nhỏ.
Có khi các Bất đẳng thức, Bổ đề đó ta có thể dễ dàng nghĩ tới để sử dụng. Nhưng cũng có khi ta băn khoăn không hiểu vì sao lại sử dụng bất đẳng thức phụ đó và đôi khi ta không biết về nó.
Chính vì vậy, mình mở topic này để cùng anh em VMF thảo luận, thu thập, tổng hợp các Bất đẳng thức phụ.
Biết càng nhiều Bất đẳng thức phụ xem như ta có thêm nhiều vũ khí, khi cần có thể đem ra dùng để đối phó với các bài toán Bất đẳng thức.
Rất mong được mọi người ủng hộ.

* Một số yêu cầu nhỏ:
- Các Bất đẳng thức phụ đưa ra phải có hình thức ngắn gọn.
- Cách chứng minh các Bất đẳng thức phụ đó cần rõ ràng, mạch lạc, càng ngắn gọn càng tốt.
- Mọi người đưa BĐT phụ lên nếu có thể thì chứng minh luôn.
- Mọi người có thể post nhiều cách chứng minh bổ đề.
- Topic ứng dụng các BĐT phụ này sẽ được mở sau khi đã có số lượng BĐT phụ phong phú.

Hy vọng mọi người tham gia nhiệt tình để tổng hợp thành một tài liệu hay cho VMF.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 25-10-2011 - 21:25

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#2
vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết

*
Phổ biến

BĐT 1:
Chứng minh rằng: Với $a,b,c>0$ và $abc \le 1$ thì ta luôn có:\[\dfrac{a}{c} + \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{b} \ge a + b + c\]

Chứng minh

Ta có: $abc \le 1 \Rightarrow \dfrac{1}{{bc}} \ge a$
Theo BĐT AM-GM ta có:
\[\dfrac{{2a}}{c} + \dfrac{c}{b} = \dfrac{a}{c} + \dfrac{a}{c} + \dfrac{c}{b} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{{a^2}}}{{bc}}}} \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}.a}} = 3a{\rm{ }}(1)\]
Tương tự ta cũng có được: \[\dfrac{{2b}}{a} + \dfrac{a}{c} \ge 3b{\rm{ }}(2);\dfrac{{2c}}{b} + \dfrac{b}{a} \ge 3c{\rm{ }}(3)\]
Từ $(1);(2);(3)$ ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 25-10-2011 - 20:07

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#3
vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết

*
Phổ biến

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.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 25-10-2011 - 23:37

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#4
vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết
BĐT 3:
Cho $a,b \in R;n \in {N^*}$. Chứng minh rằng: \[\dfrac{{{a^n} + {b^n}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n}\]

Chứng minh:
Trước tiên ta xét: $$f(x) = {x^n} + {(c - x)^n};c > 0,n \in {N^*}$$.
Ta có: $f'(x) = n{x^{n - 1}} - n{(c - x)^{n - 1}}$;$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{c}{2}$. Lập BBT.
\[BBT \to f(x) \ge f\left( {\dfrac{c}{2}} \right) \Leftrightarrow {x^n} + {(c - x)^n} \ge 2{\left( {\dfrac{c}{2}} \right)^n}\]
Chọn $x = a;c = a + b$ ta có:\[{a^n} + {b^n} \ge 2{\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n} \Leftrightarrow \dfrac{{{a^n} + {b^n}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n}\]

BĐT trên là BĐT tổng quát giúp ta dễ nhớ.
Từ BĐT trên ta có thể thay n=2,3,4...
Sẽ được một số BĐT phụ khá hữu ích. ( cái mà ta muốn nói đến)
$\dfrac{{{a^3} + {b^3}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^3}$ ; $\dfrac{{{a^4} + {b^4}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^4}$ ....

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 25-10-2011 - 23:51

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#5
alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
BĐT4
Cho các số thức dương $a,b$.CMR
$\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{{a + b}}$


Chứng minh
Ta thấy
$\left( {a + b} \right)\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b}} \right) \ge 2\sqrt {ab} 2\dfrac{1}{{\sqrt {ab} }} = 4$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-11-2011 - 19:42

alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#6
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết
Bản thân Cauchy đặt tên bất đẳng thức:

Với các số thực dương $a_i,\;i=\overline{1,n}$

$\dfrac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\ge\dfrac{n}{\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n}}$

là BĐT "Trung bình điều hoà" mà

#7
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết
BĐT trên có tên quốc tế là AM-HM "HM" viết tắt của chữ Hamonic means

BĐT 5
Với a,b,c dương ta có: $(a + b + c^{} ).(ab + bc + ac) \ge 9abc$

Chứng minh

Áp dụng BĐT AM-GM cho 2 cái ngoặc ta có:
\[(a + b + c)(ab + ac + bc) \ge 3\sqrt[3]{{abc}}.3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}} = 9abc\]
Ta có đpcm.


----------------------------------------------------------------------------

BĐT 6:
Cho a,b,c là số thực dương.
Ta luôn có $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac$


Chứng minh:
$2(a^2+b^2+c^2)\geq (2ab+2bc+2ac)$
$(a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2\geq 0$ (luôn đúng)
=> BĐT ban đầu đúng

-----------------------------------------------

BĐT 7
Với a,b,c dương ta có:$\dfrac{{ab}}{c} + \dfrac{{bc}}{a} + \dfrac{{ac}}{b} \ge a + b + c$

Chứng minh
BĐT tương đương:\[\begin{array}{l}
abc\left( {\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}}} \right) \ge a + b + c\\
\Leftrightarrow \dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{{{c^2}}} \ge \dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{1}{{bc}} + \dfrac{1}{{ac}}{\rm{ (1)}}
\end{array}\]
Dễ thấy (1) luôn đúng với BĐT AM-GM ( hay chính là BĐT số 6 )

-----------------------------------------------

BĐT 8:
Cho a,b,c là số thực dương
Ta luôn có:$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)$

Chứng minh:
VT=$a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac$ Tới đây sử dụng BĐT 6 ta có
$VT\geq 3(ab+bc+ac)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 26-10-2011 - 22:56

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#8
vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết

Bản thân Cauchy đặt tên bất đẳng thức:

Với các số thực dương $a_i,\;i=\overline{1,n}$

$\dfrac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\ge\dfrac{n}{\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n}}$

là BĐT "Trung bình điều hoà" mà

@hxthanh : Thưa thầy, ý bạn Hoàng muốn nói tới BĐT AG-HM dạng đó. Ta sẽ xét những BĐT phụ thường dùng, nhiều ứng dụng, không nhất thiết phải là BĐT tổng quát.

BĐT trên có tên quốc tế là AM-HM "HM" viết tắt của chữ Hamonic means
Với a,b,c dương ta có: $(a + b + c^{} ).(ab + bc + ac) \ge 9abc$
$\dfrac{{ab}}{c} + \dfrac{{bc}}{a} + \dfrac{{ac}}{b} \ge a + b + c$
2 BĐT này chỉ cần sử dụng BĐT AM-GM

@spectorgadget : Bạn nên đánh số thứ tự BĐT nhé. Chứng minh 2 BĐT trên không dài dòng lắm nên bạn có thể chứng minh luôn nhé. Theo mình thì mỗi BĐT và cách chứng minh nó nên để ở 1 post. Cảm ơn bạn đã tham gia!

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#9
khanh3570883

khanh3570883

    Trung úy

  • Thành viên
  • 905 Bài viết
BĐT 8: bất đẳng thức này khá hay và rất nhiều ứng dụng, mọi người nghĩ ra trường hợp tổng quát hơn nữa nha!
Cho ${a_1},{a_2},...,{a_n}$ là các số dương; m và k là các số nguyên dương, ta có bất đẳng thức sau:
$a_1^{m + k} + a_2^{m + k} + ... + a_n^{m + k} \ge a_1^ma_2^k + a_2^ma_3^k + ... + a_n^ma_1^k$
Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho (m+k) số:
$ma_1^{m + k} + ka_2^{m + k} \ge \left( {m + k} \right)a_1^ma_2^k$
Làm lại tương tự như vậy rồi cộng lại ta được đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-11-2011 - 19:36

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


#10
vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết
@Ispectorgadget : Bạn nên trình bày cho đẹp hơn chút, để cho nhưng bạn chưa biết có thể dễ dàng đọc được.
Các BĐT phụ được đưa ra đều là những BĐT đơn giản, dễ chứng minh nhưng bạn vẫn nên chứng minh ra nhé.
Mình đã chứng minh BĐT 5 và 7 phía trên cho bạn.
Mong rằng bạn sẽ tiếp tục đóng góp những BĐT phụ hay.
@khánh: Khánh có thể nêu một số dạng đơn giản để dễ áp dụng được không? Nêu ngay dưới bài post của Khánh cũng được.

:tongue: :tongue: :tongue: :tongue: :tongue:

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#11
HÀ QUỐC ĐẠT

HÀ QUỐC ĐẠT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết

BĐT9,

Với mọi a,b,c>0 ta có$(a+b)(b+c)(c+a)\geq \dfrac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$(1)




Chứng minh:
$(a+b)(b+c)(c+a)=(ab+bc+ca)(a+b+c)-abc\geq (ab+bc+ca)(a+b+c)-\dfrac{1}{9}(ab+bc+ca)(a+b+c)$
$=\dfrac{8}{9}(ab+bc+ca)(a+b+c)$

----------------------------------------------------------------

BĐT10,
Cho $ab\geq 0 và a,b,a+b\geq -1$ ta có:
$\sqrt{1+a}+\sqrt{1+b}\geq 1+\sqrt{1+a+b}$(2)

Chứng minh:
(2)$\Leftrightarrow 2+a+b+2\sqrt{(1+a)(1+b)}\geq 2+a+b+2\sqrt{1+a+b}$
$\Leftrightarrow (1+a)(1+b)\geq 1+a+b\Leftrightarrow ab\geq 0$(đúng)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-11-2011 - 19:43


#12
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết
BĐT 11:
Cho x,y 2 là số thực dương ta có
$x^2+y^2+z^2\geq \dfrac{(x+y+z)^2}{3}$

Chứng minh: Áp dụng BĐT Cauchy-schwarz
$\dfrac{x^2}{1}+\dfrac{y^2}{1}+\dfrac{z^2}{1}\geq \dfrac{(x+y+z)^2}{3}$
BĐT 12: cho 2 số x,y thực dương ta có $(x+y)^2\geq (x+y)^2-(x-y)^2=4xy$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-11-2011 - 19:36

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#13
HÀ QUỐC ĐẠT

HÀ QUỐC ĐẠT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
BĐT12:
Với mọi a,b,c >0 ta có:
$a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\geq \dfrac{(ab+bc+ca)^{2}}{3}\geq abc(a+b+c)$(*)

Chứng minh:
(*)$\Leftrightarrow (ab-bc)^{2}+(bc-ca)^{2}+(ca-ab)^{2}\geq 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-11-2011 - 19:37


#14
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết
BĐT 13: Với mọi số a,b thực ta có
$a^4 + b^4 \ge a^3 b + b^3 a$

Chứng minh:
BĐT $\begin{array}{l}
\Leftrightarrow {a^3}(a - b) - {b^3}(a - b) \ge 0\\
\Leftrightarrow {(a - b)^2}({a^2} + {b^2} + ab) \ge 0
\end{array}$ (luôn đúng)
Suy ra BĐT ban đầu đúng


*Các dạng khác$a^3 + b^3 \ge ab(a + b)$
$a^5 + b^5 \ge a^2 b^2 (a + b)$
Việc chứng minh hoàn toàn tương tự

--------------------------------------------------------


BĐT 14:Cho a,b thực dương ta có
$\dfrac{\sqrt{2a-1}}{a}\leq 1$

Chứng minh:$\dfrac{\sqrt{2a-1}}{a}\leq \dfrac{2a-1+1}{2a}$
Các dạng khác của BĐT này là $\dfrac{\sqrt[3]{3a-2}}{a}\leq 1$
Cách chứng minh tương tự sử dụng AM-GM 3 số ta có
$\dfrac{\sqrt[3]{3a-2}}{a}\leq\dfrac{3a-2+1+1}{3a}=1$
Bổ đề này áp dụng cho một số bài toán khá thú vị do chủ topic không yêu cầu gửi những bài tập áp dụng nên mình không dám gửi :D
Mà sao không ai góp thêm vậy :(

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-11-2011 - 19:41

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#15
vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết
BĐT 15:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: ${a^2} + {b^2} + {c^2} + 2abc + 1 \ge 2(ab + bc + ac)$

Chứng minh
Theo nguyên lý Diricle thì luôn tồn tại 2 trong 3 số :$(a-1);(b-1);(c-1)$cùng dấu.
Giả sử:
\[(a - 1)(b - 1) \ge 0\]\[ \Leftrightarrow ab + 1 \ge a + b\]\[ \Leftrightarrow 2abc + 2ab + 2c \ge 2(ab + bc + ca)\]
Ta chứng minh:\[{a^2} + {b^2} + {c^2} + 1 \ge 2ab + 2c\]
BĐT trên luôn đúng theo BĐT AM-GM.

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#16
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết
BĐT 16: BĐT này cũng khá quen thuộc

Cho $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác ta có $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)$


Chứng minh
$a^2\geq a^2-(b-c)^2=(a-b+c)(a+b-c)$
Cmtt ta có $b^2\geq (b-a+c)(b+a-c)$
$c^2\geq (c-a+b)(c+b-a)$
Nhân lại lấy căn suy ra đpcm dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$


@vietfrog: BĐT 16 vẫn đúng với $a,b,c$ là các số dương.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 05-11-2011 - 21:30

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#17
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết
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

\[\left( {1 + {a^3}} \right)\left( {1 + {b^3}} \right)\left( {1 + {c^3}} \right) \ge {\left( {1 + abc} \right)^3}\]

\[\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right) \ge {\left( {amn + bny + cpz} \right)^3}\]
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#18
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết
BĐT 18 là holder thì phải. Bạn chứng minh luôn nhé :D mình đang cần cái chứng minh của holder

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#19
Mai Duc Khai

Mai Duc Khai

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 617 Bài viết

BĐT 18 là holder thì phải. Bạn chứng minh luôn nhé :D mình đang cần cái chứng minh của holder

Chứng minh BĐT 18
Sử dụng BĐT AM-GM ta có:

$\dfrac{{{a^3}}}{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}} + \dfrac{{{x^3}}}{{{x^3} + {y^3} + {z^3}}} + \dfrac{{{m^3}}}{{{m^3} + {n^3} + {p^3}}} \ge \dfrac{{3axm}}{{\sqrt[3]{{\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)\left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)\left( {{m^3} + {n^3} + {p^3}} \right)}}}}$

Xây dựng tương tự 2 BĐT nữa với $(b;y;n)$ và $(c;z;p)$ rồi cộng vế theo vế lại ta có điều phải chứng minh.

Trích Quyển Sáng tạo bất đẳng thức.( Trang 27)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 05-11-2011 - 21:31

Tra cứu công thức toán trên diễn đàn


Học gõ Latex $\to$ Cách vẽ hình trên VMF


Điều mà mọi thành viên VMF cần phải biết và tuân thủ

______________________________________________________________________________________________

‎- Luật đời dạy em cách Giả Tạo
- Đời xô ... Em ngã
- Đời nham ... Em hiểm

- Đời chuyển ... Em xoay

Đời cay ... Em đắng


#20
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết
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

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 10-11-2011 - 22:16

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: Quyên góp, Tổng hợp

0 người đang xem chủ đề

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