1115 replies to this topic

[Ispectorgadget]

Bất đẳng thức là một dạng toán hay và khó trong chương trình THCS và các bài bất đẳng thức thường là các bài chốt trong các đề tuyển sinh cấp 3. Topic này được lập ra nhằm giúp các bạn cùng trao đổi về các bđt trong chương trình THCS.
Các bất đẳng thức sử dụng trong topic này là.
1. Bất đẳng thức AM-GM (Arithmetic Means - Geometric Means):
Với các bộ số $a_1;a_2;...;a_n$ không âm ta có: $\frac{{{a_1} + {a_2} + ... + {a_n}}}{n} \ge \sqrt[n]{{{a_1}{a_2}...{a_n}}}$
Ta có 3 dạng thường gặp của bđt này là.
Dạng 1: $\frac{{{a_1} + {a_2} + ... + {a_n}}}{n} \ge \sqrt[n]{{{a_1}{a_2}...{a_n}}}$
Dạng 2: ${a_1} + {a_2} + ... + {a_n} \ge n\sqrt[n]{{{a_1}{a_2}...{a_n}}}$
Dạng 3: ${\left( {\frac{{{a_1} + {a_2} + ... + {a_n}}}{n}} \right)^n} \ge {a_1}{a_2}...{a_n}$
Dấu "=" xảy ra khi $a_1=a_2=...a_n$
Đối với bđt này ta cần thành thạo kĩ thuật sử dụng bđt AM-GM cho 2 số và 3 số
2. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (Bunyakovsky)
Dạng tổng quát: Cho $a_1;a_2;...a_n;b_1;b_2;...b_n$ là 2n số thực tùy ý khi đó
Dạng 1: $(a_1^2+...+a_n^2)(b_1^2+...+b_n^2)\geq (a_1b_1+...+a_n.b_n)^2$ (1)
Dạng 2: $\sqrt{(a_1^2+...+a_n^2)(b_1^2+...+b_n^2)}\geq |a_1b_1+...+a_n.b_n|$ (2)
Dạng 3: $\sqrt{(a_1^2+...+a_n^2)(b_1^2+...+b_n^2)}\geq a_1b_1+...+a_n.b_n$ (3)
Dấu "=" xảy ra ở (1)(2) $\Leftrightarrow \frac{a_1}{b_1}=...=\frac{a_n}{b_n}$
Dấu "=" xảy ra ở (3) $\Leftrightarrow \frac{a_1}{b_1}=...=\frac{a_n}{b_n}\geq 0$
Quy ước mẫu bằng 0 thì tử bằng 0
3. BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel hay còn gọi là BĐT Schwarz
Cho $a_1;a_2;...;a_n$ ;$b_1;b_2;...b_n$ là các số $>0$
Ta có: $\frac{x_1^2}{a_1}+\frac{x_2^2}{a_2}+...+\frac{x_n^2}{a_n}\geq \frac{(x_1+x_2+...+x_n)^2}{a_1+a_2+...+a_n}$
Dấu "=" xảy ra khi $\frac{x_1}{a_1}=\frac{x_2}{a_2}...=\frac{x_n}{a_n}$
4. Bất đẳng thức Chebyshev (Trê- bư-sép)
Dạng tổng quát
Nếu $\left\{ \begin{array}{l}
a_1 \ge a_2 \ge ... \ge a_n \\
b_1 \ge b_2 \ge ... \ge b_n \\
\end{array} \right.$
Hoặc $\left\{ \begin{array}{l}
a_1 \le a_2 \le ... \le a_n \\
b_1 \le b_2 \le ... \ge b_n \\
\end{array} \right.$
Dạng 1:
$\frac{a_1.b_1+a_2.b_2+...+a_n.b_n}{n}\geq \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}.\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}$
Dạng 2: $n(a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n)\geq (a_1+a_2+...+a_n)(b_1+b_2+...+b_n)$
Nếu $\left\{ \begin{array}{l}
a_1 \le a_2 \le ... \le a_n \\
b_1 \ge b_2 \ge ... \ge b_n \\
\end{array} \right.$
hoặc $\left\{ \begin{array}{l}
a_1 \ge a_2 \ge ... \ge a_n \\
b_1 \le b_2 \le ... \le b_n \\
\end{array} \right.$
Dạng 1: $\frac{a_1.b_1+a_2b_2+...+a_n.b_n}{n}\leq \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}.\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}$
Dạng 2: $n(a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n)\leq (a_1+a_2+...+a_n)(b_1+b_2+...+b_n)$
Bất đẳng thức Chebyshev không được sử dụng trực tiếp mà phải chứng minh lại bằng cách xét hiệu
Bất đẳng thức Chebyshev cho dãy số sắp thứ tự, do đó nếu các số chưa sắp thứ tự ta phải giả sử có quan hệ thứ tự giữa các số.
4. Bất đẳng thức Bernoulli
Với $x>-1$; $r\geq 1\vee r\leq 0\Rightarrow (1+x)^r\geq 1+rx$
Nếu $1>r>0$ thì $(1+x)^r\leq 1+rx$
Bất đẳng thức này có thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp hoặc sử dụng BĐT AM-GM
5. Bất đẳng thức Netbitt
Ở đây mình chỉ nêu dạng thường dùng
Với x,y,z là các số thực $>0$
Bất đẳng thức Netbitt 3 biến
$\frac{x}{y+z}+\frac{z}{x+y}+\frac{y}{x+z}\geq \frac{3}{2}$
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z>0
BĐT Netbitt 4 biến
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{d+c}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\geq 2$
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=d>0
6.Bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình điều hòa AM-HM (Arithmetic Means - Hamonic Means)
Nếu $a_1,a_2,...,a_n$ là những số thực dương thì
$\frac{{a_1 + a_2 + ... + a_n }}{n} \ge \frac{n}{{\frac{1}{{a_1 }} + \frac{1}{{a_2 }} + ... + \frac{1}{{a_n }}}}$
Dấu "=" xảy ra khi $a_1=a_2=...=a_n$
7. Bất đẳng thức Schur
Dạng thường gặp
Cho a,b,c là những số không âm
$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$
$a^r(a-b)(a-c)+b^r(b-a)(b-c)+c^r(c-a)(c-b)\geq 0$ với r là số thực dương
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c hoặc a=0 và b=c và các hoán vị
8. Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối
Với mọi số thực x,y ta có $|x+y|\leq |x|+|y|$
Đẳng thức xảy ra khi x,y cùng dấu hay $xy\geq 0$
Với mọi số thực x,y ta có $|x-y|\geq |x|-|y|$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $y(x-y)\geq 0$
9.Bất đẳng thức Mincopxki
Với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
Dạng 1:$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+...+\sqrt{a_{m}^{2}+b_{m}^{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}+(b_{1}+b_{2}+...+b_{m})^{2}}$
Dạng 2: Cho x,y,z,a,b,c là các số dương ta có
$\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq \sqrt[3]{(a+x)(b+y)(c+z)}$
$\sqrt{ac}+\sqrt{bd}\leq \sqrt{(a+b)(c+d)}$
Những lời khuyên bổ ích khi học bất đẳng thức
1. Nắm chắc các tính chất cơ bản của BĐT.
2. Nắm vững các phương pháp chứng minh Bất đẳng thức cơ bản như: Cân bằng hệ số, biến đổi tương đương, làm trội, sử dụng BĐT cổ điển , quy nạp,phản chứng,...
3.Đặc biệt luôn chú trọng vào ôn tập các kĩ thuật sử dụng BĐT AM-GM, Cauchy-Schwarz, luôn biết đặt và trả lời các câu hỏi như: khi nào áp dụng? điều kiện các biến là gì? dấu "=" xảy ra khi nào? nếu áp dụng thế dấu "=" có xảy ra không, tại sao lại thêm bớt như vậy,...
4. Luôn bắt đầu với những bất đẳng thức cơ bản (điều này vô cùng quan trọng); học thuộc một số BĐT cơ bản có nhiều ứng dụng nhưng phải chú ý điều kiện áp dụng.

Chúc các bạn thành công!!!

______________

Bài 1: Cho a,b,c là 3 số thực duong thỏa $ab+bc+ac=3$
CMR: $$\dfrac{a}{{2a^2 + bc}} + \dfrac{b}{{2b^2 + ac}} + \dfrac{c}{{2c^2 + ba}} \ge abc$$
Bài 2:Cho a,b,c,d là các số thực thỏa: $a^2+b^2+c^2+d^2=1$
CMR: $$(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)\geq abcd$$
Bài 3: Cho x,y,z > 0
CMR: $$\dfrac{2\sqrt{x}}{x^3+y^2}+\dfrac{2\sqrt{y}}{x^3+z^2}+\dfrac{2\sqrt{z}}{z^3+x^2}\leq \dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}$$

Edited by Ispectorgadget, 15-01-2012 - 15:45.

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bái 1: Cho a,b,c là 3 số thực duong thỏa $ab+bc+ac=3$
CMR: $$\dfrac{a}{{2a^2 + bc}} + \dfrac{b}{{2b^2 + ac}} + \dfrac{c}{{2c^2 + ba}} \ge abc$$
Bài 3: Cho x,y,z > 0
CMR: $$\dfrac{2\sqrt{x}}{x^3+y^2}+\dfrac{2\sqrt{y}}{x^3+z^2}+\dfrac{2\sqrt{z}}{z^3+x^2}\leq \dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}$$

Bái 1$\sum \dfrac{a}{2a^{2}+bc}=\sum \dfrac{abc}{2a^{2}bc+b^{2}c^{2}}\geq \dfrac{9abc}{(ab+bc+ca)^{2}}=abc$
Bài 3$\sum \dfrac{2\sqrt{x}}{x^{3}+y^{2}}\leq \sum \dfrac{2\sqrt{x}}{2x\sqrt{x}y}= \sum \dfrac{1}{xy}\leq \sum \dfrac{1}{x^{2}}$

[Ispectorgadget]

Bài 4: Cho x,y,z > 0, n thuộc N* ; xyz=1. CM
$$(\dfrac{1+x}{2})^n+(\dfrac{1+y}{2})^n+(\dfrac{1+z}{2})^n\geq 3$$

Edited by Ispectorgadget, 02-01-2012 - 18:51.

[cvp]

Anh Đạt chém hăng quá định cho mấy bạn cấp 2 làm
Bài 4: Cho x,y,z > 0, n thuộc N* ; xyz=1. CM
$$(\dfrac{1+x}{2})^n+(\dfrac{1+y}{2})^n+(\dfrac{1+z}{2})^n\geq 3$$

để em chém bài này!
Áp dụng AM-GM ta có được:
$(\dfrac{1+x}{2})^n+(\dfrac{1+y}{2})^n+(\dfrac{1+z}{2})^n\geq (\sqrt{x})^{n}+(\sqrt{y})^{n}+(\sqrt{z})^{n}= x^{\dfrac{n}{2}}+y^{\dfrac{n}{2}}+z^{\dfrac{n}{2}}\ge 3\sqrt[3]{(xyz)^{\dfrac{n}{2}}}= 3 $

Edited by cvp, 01-01-2012 - 15:07.

[dark templar]

Bài 2:Cho a,b,c,d là các số thực thỏa: $a^2+b^2+c^2+d^2=1$
CMR: $$(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)\geq abcd$$

Đây là bài tổng quát cho bài này:
Tổng quát: Cho $n>2$.TÌm hằng số $k_{n}$ tốt nhất sao cho với $n$ số dương $a_1;a_2;...;a_n$ thỏa mãn:$\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^2 =1$ thì ta có BĐT sau:
$$\prod_{i=1}^{n}(1-a_{i}) \ge k_{n}\prod_{i=1}^{n}a_{i}$$

[Cao Xuân Huy]

Mình post mấy bài mọi người vào làm nhé:

Bài 5: Cho các số $a,b,c\ge 0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
\[({a^2} - ab + {b^2})({b^2} - bc + {c^2})({c^2} - ca + {a^2}) \le 12\]

Bài 6: Cho các $a,b,c \ge 0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Tìm MAX của:
\[P = a{b^2} + b{c^2} + c{a^2} - abc\]

Bài 7: Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh:
\[\dfrac{{ab}}{{a + 3b + 2c}} + \dfrac{{bc}}{{b + 3c + 2a}} + \dfrac{{ca}}{{c + 3a + 2b}} \le \dfrac{{a + b + c}}{6}\]

Edited by Cao Xuân Huy, 01-01-2012 - 19:32.

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 6: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Tìm MAX của:
\[P = a{b^2} + b{c^2} + c{a^2} - abc\]

Bài 6

Không mất tính tổng quát giả sử b nằm giữa a và c ta có $(b-a)(b-c)\leq 0$
$P=ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}-abc=b(a^{2}+c^{2})+a(b-a)(b-c)\leq \dfrac{(a^{2}+c^{2}+2b)^{2}}{8}\leq \dfrac{(a^{2}+b^{2}+c^{2}+1)^{2}}{8}=2$(AM-GM)
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1

Edited by huynhmylinh, 20-05-2012 - 20:21.

[Cao Xuân Huy]

Bài 6
Không mất tính tổng quát giả sử b nằm giữa a và c ta có $(b-a)(b-c)\leq 0$
$P=ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}-abc=b(a^{2}+c^{2})+a(b-a)(b-c)\leq \dfrac{(a^{2}+c^{2}+2b)^{2}}{8}\leq \dfrac{(a^{2}+b^{2}+c^{2}+1)^{2}}{8}=2$(AM-GM)
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1

Anh Đạt còn thiếu một trường hợp dấu "=" tại $a=0;b=1;c=\sqrt{2}$ và các hoán vị nữa

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Cảm ơn Huy,đúng ra là
$P\leq b(a^{2}+c^{2})=2\sqrt{b^{2}.\dfrac{a^{2}+c^{2}}{2}.\dfrac{a^{2}+c^{2}}{2}}\leq 2\sqrt{(\dfrac{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{6})^{3}}=2$

[yeutoan11]

Bài 7: Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh:
\[\dfrac{{ab}}{{a + 3b + 2c}} + \dfrac{{bc}}{{b + 3c + 2a}} + \dfrac{{ca}}{{c + 3a + 2b}} \le \dfrac{{a + b + c}}{6}\]

Bài 7

Đặt cả VT = A
Ta có$\dfrac{ab}{a+3b+2c}=\dfrac{ab}{(a+c)+(b+c)+2b}\leq \dfrac{ab}{9}(\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{2b})$
Tương tự 2 cái còn lại
$A\leq \dfrac{1}{9}(\dfrac{bc+ac}{a+b}+\dfrac{bc+ab}{a+c}+\dfrac{ab+ac}{b+c})+\dfrac{1}{18}(a+b+c)$
Suy ra
$A\leq \dfrac{1}{9}(a+b+c)+\dfrac{1}{18}(a+b+c)=\dfrac{a+b+c}{6}$
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c

Edited by huynhmylinh, 20-05-2012 - 20:22.

[Ispectorgadget]

Bài 4: Cho x,y,z > 0, n thuộc N* ; xyz=1. CM
$$(\dfrac{1+x}{2})^n+(\dfrac{1+y}{2})^n+(\dfrac{1+z}{2})^n\geq 3$$
Cách làm khác
Sử dụng BĐT $\dfrac{x^n+y^n+z^n}{3}\geq (\dfrac{x+y+z}{3})^n$
Áp dụng: $VT\geq (\dfrac{3+x+y+z}{6})^n\geq (\dfrac{3+3\sqrt[3]{xyz}}{6})= (\dfrac{3+3}{6})^n=1$

[Ispectorgadget]

Câu 8: Cho a,b 2 số dương:
Tìm GTNN của $$P =\dfrac{\sqrt{1+a^2}.\sqrt{1+b^2}}{1+ab}$$
Câu 9: Cho x,y,z là những số thực thỏa $|x|\leq 1;|y|\leq 1;|z|\leq 1$
Chứng minh: $\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1-y^2}+\sqrt{1-z^2}\leq \sqrt{9-(x+y+z)^2}$
2 câu 8,9 nằm trong đề thi chuyên toán - tin trường Phổ Thông Năng Khiếu (ĐHQGTPHCM) năm 2010-2011 nói chung cũng khá dễ
Câu 10: Cho a,b,c là 3 số thực dương thỏa $ab+bc+ac=1$
Tìm GTNN của: $$L=\dfrac{\sqrt{a^2+1}.\sqrt{b^2+1}}{\sqrt{c^2+1}}+\dfrac{\sqrt{a^2+1}.\sqrt{c^2+1}}{\sqrt{b^2+1}}+\dfrac{\sqrt{b^2+1}.\sqrt{a^2+1}}{\sqrt{c^2+1}}$$ (Chuyên toán TPHCM năm 2010-2011)

Còn bài 5 chưa làm được ức thật

Edited by Ispectorgadget, 02-01-2012 - 11:56.

[Cao Xuân Huy]

Câu 9: Cho x,y,z là những số thực thỏa $|x|\leq 1;|y|\leq 1;|z|\leq 1$
Chứng minh: $\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1-y^2}+\sqrt{1-z^2}\leq \sqrt{9-(x+y+z)^2}$

Bài 9:

Bình phương 2 vế của bđt ban đầu ta được:

\[3 - {x^2} - {y^2} - {z^2} + 2\sum {\sqrt {(1 - {x^2}){{(1 - y)}^2}} } \le 9 - {(x + y + z)^2}\]

\[ \Leftrightarrow - ({x^2} + {y^2} + {z^2}) + 2\sum {\sqrt {(1 - {x^2})(1 - {y^2}} } \le 6 - {x^2} - {y^2} - {z^2} - 2xy - 2xz - 2yz\]

\[ \Leftrightarrow xy + xz + yz + \sum {\sqrt {(1 - {x^2})(1 - {y^2})} } \le 3\]

Vì $\left| x \right| \le 1;\left| y \right| \le 1;\left| z \right| \le 1$ nên các số $1-x^2;1-y^2;1-z^2$ là các số dương. Do đó áp dụng bđt AM-GM và bđt $x^2+y^2+z^2 \ge xy+xz+yz$ ta có:

\[xy + xz + yz + \sum {\sqrt {(1 - {x^2})(1 - {y^2})} } \le {x^2} + {y^2} + {z^2} + \dfrac{{6 - 2({x^2} + {y^2} + {z^2})}}{2} = 3\]

Vậy ta có ĐPCM.

Dấu "=" xảy ra khi$x=y=z$ mà $\left| x \right| \le 1;\left| y \right| \le 1;\left| z \right| \le 1$

[Cao Xuân Huy]

Câu 10: Cho a,b,c là 3 số thực dương thỏa $ab+bc+ac=1$
Tìm GTNN của: $$L=\dfrac{\sqrt{a^2+1}.\sqrt{b^2+1}}{\sqrt{c^2+1}}+\dfrac{\sqrt{a^2+1}.\sqrt{c^2+1}}{\sqrt{b^2+1}}+\dfrac{\sqrt{b^2+1}.\sqrt{a^2+1}}{\sqrt{c^2+1}}$$

Cho em xử luôn bài 10.
Bài 10:

Ta có:

\[L= \sum {\dfrac{{\sqrt {({a^2} + 1)({b^2} + 1)} }}{{\sqrt {{c^2} + 1} }}} = \sum {\dfrac{{\sqrt {({a^2} + ab + ac + bc)({b^2} + ab + ac + bc)} }}{{\sqrt {{c^2} + ab + ac + bc} }}} \]
\[= \sum {\dfrac{{\sqrt {(a + b)(a + c)(b + a)(b + c)} }}{{\sqrt {(c + a)(c + b)} }}} \]

Do đó: $L = \sum {a + b} = 2(a + b + c)$

Tới đây ta áp dụng bất đẳng thức $a+b+c \ge \sqrt{3(ab+ac+bc)}$ ta được:

$L = 2(a + b + c) \ge 2\sqrt {3(ab + ac + bc)} = 2\sqrt 3 $

$\Rightarrow L_{\min}=2\sqrt 3 \Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{{\sqrt 3 }}{3}$

Edited by Cao Xuân Huy, 02-01-2012 - 11:11.

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 5:Trong quyển "Sáng tạo bất đẳng thức" trang 105
Bài 10:$\sum \dfrac{\sqrt{a^{2}+1}\sqrt{b^{2}+1}}{\sqrt{c^{2}+1}}= 2(a+b+c)\geq 2\sqrt{3(a+bc+ca)}=2\sqrt{3}$

[Ispectorgadget]

Bài 7 lúc nãy gõ nhầm đã sửa lại
Bài 11: Cho a,b,c là 3 số thực dương. Chứng minh rằng:
$\sqrt{a^2+(1-b)^2}+\sqrt{b^2+(1-c)^2}+\sqrt{c^2+(1-a)^2}\geq \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$

Bài 12: Cho x,y>0. Tìm GTNN của f(x;y)=$\dfrac{(x+y)^3}{xy^2}$

Bài 13: Cho x,y,z thực dương thỏa mãn $x+y+z=\dfrac{3}{2}$
CMR: $\dfrac{\sqrt{x^2+xy+y^2}}{4yz+1}+\dfrac{\sqrt{y^2+yz+z^2}}{4xz+1}+\dfrac{\sqrt{z^2+xz+x^2}}{4xy+1}\geq \dfrac{3\sqrt{3}}{4}$
Bài này khá hay

[yeutoan11]

Câu 8: Cho a,b 2 số dương:
Tìm GTNN của $$P =\dfrac{\sqrt{1+a^2}.\sqrt{1+b^2}}{1+ab}$$

Bài 8 :
Áp dụng Cauchy-Schwarz
$P=\dfrac{\sqrt{{1+a^2}}.\sqrt{1+b^2}}{1+ab}= \dfrac{\sqrt{(1+a^2)(1+b^2)}}{1+ab}\geq \dfrac{1+\left | ab \right |}{1+ab}$$=1$( a,b dương )
Vậy $Pmin = 1$ khi a=b

Edited by huynhmylinh, 20-05-2012 - 20:25.

[Ispectorgadget]

Bài 8 :
Áp dụng Cauchy-Schwarz
$P=\dfrac{\sqrt{{1+a^2}}.\sqrt{1+b^2}}{1+ab}= \dfrac{\sqrt{(1+a^2)(1+b^2)}}{1+ab}\geq \dfrac{1+\left | ab \right |}{1+ab}$$=1$( a,b dương )
Vậy $Pmin = 1$ khi a=b

Bài này mình nghĩ khi đi thi sử dụng AM-GM thì hay hơn vì muốn sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz thì phải chứng minh lại

[Ispectorgadget]

xin tiếp thu
có cách nào hay cho tham khảo với

Đầy là cách mình làm hồi đi thi
$P=\dfrac{\sqrt{1+a^2+b^2+a^2b^2}}{1+ab}\geq \dfrac{\sqrt{1+ab+ab+a^2b^2}}{1+ab}=\dfrac{\sqrt{(1+ab)+ab(ab+1)}}{1+ab}=\dfrac{\sqrt{(ab+1)(ab+1)}}{ab+1}=1$

[Ispectorgadget]

Bài 9:
Cách khác: Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz
VT$\leq \sqrt{3(3-(x^2+y^2+z^2)}\leq \sqrt{9-3.\dfrac{(x+y+z)^2}{3}}=\sqrt{9-(x+y+z)^2}$

Edited by huynhmylinh, 20-05-2012 - 20:27.