Cho $a,b,c>0$. Chứng minh: \[\sum {\sqrt {{a^2} + {b^2} + ab} } \ge \sqrt {3{{\left( {a + b + c} \right)}^2} + {{\left( {b - c} \right)}^2}} \]
#1
Đã gửi 12-07-2012 - 14:22
CM $\sqrt{b^{2}+c^{2}+bc}+\sqrt{c^{2}+a^{2}+ca}+\sqrt{a^{2}+b^{2}+ab}\ge\sqrt{3(a+b+c)^{2}+(b-c)^{2}}$
- Mai Duc Khai, Secrets In Inequalities VP, WhjteShadow và 2 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 13-07-2012 - 07:29
Dùng Mincốpxki phát nhề !Cho $a,b,c>0$
CM $\sqrt{b^{2}+c^{2}+bc}+\sqrt{c^{2}+a^{2}+ca}+\sqrt{a^{2}+b^{2}+ab}\ge\sqrt{3(a+b+c)^{2}+(b-c)^{2}}$
( kết hop vs biến đổi sau : $ x^{2}+xy+y^2= \frac{3}{4}.(x+y)^2+\frac{1}{4}.(x-y)^{2} $ )
$ VT= \sqrt{\frac{3}{4}.(a+b)^{2}+\frac{1}{4}(b-a)^{2}}+\sqrt{\frac{3}{4}.(b+c)^{2}+\frac{1}{4}(b-c)^{2}}+\sqrt{\frac{3}{4}.(c+a)^{2}+\frac{1}{4}(a-c)^{2}} $
$ \geq \sqrt{\frac{3}{4}.4(a+b+c)^{2}+\frac{1}{4}.4(b-c)^{2}}= \sqrt{3(a+b+c)^{2}+(b-c)^2} $
Vậy ...
- donghaidhtt và hamdvk thích
#3
Đã gửi 13-07-2012 - 07:35
$\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}+\frac{x_{2}^{2}}{x_{3}}+...+\frac{x_{n}^{2}}{x_{1}}\ge x_{1}+x_{2}+...+x_{n}+\frac{4(x_{1}-x_{2})^{2}}{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}.$
Với $x_{1}$, $x_{2}$,...$x_{n}$ là các số dương.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi donghaidhtt: 13-07-2012 - 07:38
- Secrets In Inequalities VP và hamdvk thích
#4
Đã gửi 13-07-2012 - 07:59
BĐT $ \Leftrightarrow (\frac{x_1^2}{x_2}-2x_1+x_2)+(\frac{x_2^2}{x_3}-2x_2+x_3)+...+(\frac{x_n^2}{x_1}-2x_n+x_1)\geq \frac{4(x_1-x_2)^2}{\sum x_i} $Bài tiếp nè:
$\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}+\frac{x_{2}^{2}}{x_{3}}+...+\frac{x_{n}^{2}}{x_{1}}\ge x_{1}+x_{2}+...+x_{n}+\frac{4(x_{1}-x_{2})^{2}}{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}.$
Với $x_{1}$, $x_{2}$,...$x_{n}$ là các số dương.
$ \Leftrightarrow \frac{(x_1-x_2)^{2}}{x_1}+\frac{(x_3-x_2)^{2}}{x_2}+\frac{(x_4-x_3)^{2}}{x_3}+...+\frac{(x_1-x_n)^{2}}{x_n}\geq \frac{4(x_1-x_2)^2}{\sum x_i} $
Đúng theo BĐT Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu !
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 13-07-2012 - 07:59
- donghaidhtt, WhjteShadow và hamdvk thích
#5
Đã gửi 14-07-2012 - 17:06
Sao em thấy chả giống chỗ nào cả.Cho e coi cái BĐT Cauchy-Schwarz cộng mẫu đó đi.BĐT $ \Leftrightarrow (\frac{x_1^2}{x_2}-2x_1+x_2)+(\frac{x_2^2}{x_3}-2x_2+x_3)+...+(\frac{x_n^2}{x_1}-2x_n+x_1)\geq \frac{4(x_1-x_2)^2}{\sum x_i} $
$ \Leftrightarrow \frac{(x_1-x_2)^{2}}{x_1}+\frac{(x_3-x_2)^{2}}{x_2}+\frac{(x_4-x_3)^{2}}{x_3}+...+\frac{(x_1-x_n)^{2}}{x_n}\geq \frac{4(x_1-x_2)^2}{\sum x_i} $
Đúng theo BĐT Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu !
- WhjteShadow yêu thích
#6
Đã gửi 14-07-2012 - 21:28
Đây nè bạn.Bài bđt trên đã khéo léo viết lại tử số của phân thức thứ 2 và thứ n để áp dụng $Cauchy-Schwarz$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 $\frac{x_1}{a_1}=\frac{x_2}{a_2}...=\frac{x_n}{a_n}$
- sherlock holmes 1997 và BoFaKe thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh