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

#101
Air Force

Air Force

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 145 Bài viết

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.


 

star_big.png
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. 

 
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. 
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) 
$\dfrac{{{a^3} + {b^3}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^3}$ ; $\dfrac{{{a^4} + {b^4}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^4}$ .... 
BĐT4
Cho các số thức dương $a,b$.CMR
$\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} \ge \dfrac{4}{{a + b}}$


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

 



#102
Korosensei

Korosensei

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 97 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)
$\dfrac{{{a^3} + {b^3}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^3}$ ; $\dfrac{{{a^4} + {b^4}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^4}$ ....

cái này áp dụng đc với 3 số không ?



#103
toila

toila

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 32 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.

bạn có biết về điểm rơi không chỉ mình và cho vì dù trong bất đẳng thức phức tạp và đơn gian nhé cảm ơn



#104
Baodungtoan8c

Baodungtoan8c

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 40 Bài viết

$(a+b+c)^{3}\geq a^{3}+b^{3}+c ^{3} + 24abc$

CM:

$(a+b+c)^{3}= a^{3}+b^{3}+c^{3}+3(a+b)(b+a)(c+a)$$\geq$$a^{3}+b^{3}+c^{3}+24abc$

Ta có:

$(a+b)(b+c)(c+a)-8abc =a^{2}c+abc+ac^{2}+a^{2}b+ab^{2}+abc+b^{2}c+bc^{2}-8abc =c(a-b)^{2}+a(b-c)^{2}+b(c-a)^{2}\geq 0$

$\Rightarrow (a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc \Rightarrow 3(a+b)(b+c)(c+a)\geq 24abc \Rightarrow (a+b+c)^{3}\geq a^{3}+b^{3}+c^{3}+24abc$


Học từ ngày hôm qua, sống ngày hôm nay, hi vọng cho ngày mai. Điều quan trọng nhất là không ngừng đặt câu hỏi.

                                                                                                                      Albert Einstein. 


#105
punnguyen

punnguyen

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 5 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)
$\dfrac{{{a^3} + {b^3}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^3}$ ; $\dfrac{{{a^4} + {b^4}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^4}$ ....

bbt là j ạ







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

1 người đang xem chủ đề

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