Chủ đề này có 11 trả lời

[Tham Lang]

Bài toán [10]
Chứng minh rằng, với mọi số thực nhau đôi một $a,b,c$ thì ta luôn có
$$\dfrac{ab}{(a-b)^2}+\dfrac{bc}{(b-c)^2}+\dfrac{ca}{(c-a)^2}\ge \dfrac{-1}{4}$$
Bài toán [11] [Trần Tuấn Anh]
Cho các số thực dương $x_1, x_2, ..., x_n$ thoả mãn $\sum_{i=1}^n x_i^2=n (n \in N, n>1)$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{2}\left (\sum_{i=1}^n x_i+\sum_{i=1}^n \dfrac{1}{x_i}\right )\ge n-1+\dfrac{n}{\sum_{i=1}^n x_i}$$
Bài toán [12] [Tham Lang]
Chứng minh rằng, với mọi số thực $x_1, x_2, ..., x_n$ thì ta luôn có :
$$2\sum_{i=1}^n \left (x_i-x_{i+1}\right )^2 \le \left (\sum_{1\le i <j\le n}^n \left |x_i-x_j\right |\right )^2$$
Làm chặt hơn nữa nhé ! Nó còn chặt hơn rất nhiều
Bài toán [13] [Phùng Văn Sở]
Chứng minh rằng, với mọi số thực $a,b,c$ (nguyên văn là thực dương, nhưng không cần thiết) ta luôn có :
$$\left (a^2+3\right )\left (b^2+3\right )\left (c^2+3\right )\ge \dfrac{4}{27}\left (3ab+3bc+3ca+abc\right )^2$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 19-07-2012 - 20:34

[WhjteShadow]

Bài toán 10:
$Q.E.D\Leftrightarrow \frac{4ab}{(a-b)^2}+\frac{4bc}{(b-c)^2}+\frac{4ca}{(c-a)^2}\geq -1$
$\Leftrightarrow \frac{4ab}{(a-b)^2}+1+\frac{4bc}{(b-c)^2}+1+\frac{4ca}{(c-a)^2}+1\geq 2$
$\Leftrightarrow \frac{(a+b)^2}{(a-b)^2}+\frac{(b+c)^2}{(b-c)^2}+\frac{(c+a)^2}{(c-a)^2}\geq 2$
Đặt $\frac{a+b}{a-b}=x,\frac{a+b}{a-b}=y,\frac{a+b}{a-b}=z$
Dễ thấy $(x-1)(y-1)(z-1)=(x+1)(y+1)(z+1)$
$\to xy+yz+zx=-1$ (Biến đổi tương đương)
Mà $(x+y+z)^2\geq 0\to x^2+y^2+z^2\geq -2(xy+yz+zx)=2$
(ĐPCM)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 19-07-2012 - 21:06

[ninhxa]

Bài toán [10]
Chứng minh rằng, với mọi số thực nhau đôi một $a,b,c$ thì ta luôn có
$$\dfrac{ab}{(a-b)^2}+\dfrac{bc}{(b-c)^2}+\dfrac{ca}{(c-a)^2}\ge \dfrac{-1}{4}$$

-Ta có:
$4VT+3=\frac{(a+b)^2}{(a-b)^2}+\frac{(b+c)^2}{(b-c)^2}+\frac{(c+a)^2}{(c-a)^2}$
-Đặt
$\frac{a+b}{a-b}=x$ ; $\frac{b+c}{b-c}=y$ ; $\frac{c+a}{c-a}=z$
-Nhận thấy:
$(x+1)(y+1)(z+1)=(x-1)(y-1)(z-1)$
-Rút gọn dc:
$2(xy+yz+zx)=-2\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2+2\geq 2$
-Do vậy
$4VT+3\geq 2\rightarrow dpcm$

Haiz. Chậm rồi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ninhxa: 19-07-2012 - 21:09

[defaw]

Bài toán [13] [Phùng Văn Sở]
Chứng minh rằng, với mọi số thực $a,b,c$ (nguyên văn là thực dương, nhưng không cần thiết) ta luôn có :
$$\left (a^2+3\right )\left (b^2+3\right )\left (c^2+3\right )\ge \dfrac{4}{27}\left (3ab+3bc+3ca+abc\right )^2$$
Giải: Ta cần chứng minh bất đẳng thức sau:
$(3b^2+9)(3c^2+9)\geq \frac{4}{3}(3b+3c+bc)^2+4b^2c^2$
$\Leftrightarrow 11b^2c^2+45(b^2+c^2)+243-72bc-24bc(b+c)\geq 0$
$\Leftrightarrow 27(b-c)^2+8(bc-\frac{3}{2}(b+c))^2+3(bc-9)^2\geq 0$
Bất đẳng thức cuối cùng đúng, đẳng thưc xảy ra $\Leftrightarrow b=c=3$
Áp dụng, ta có $(3a^2+9)(3b^2+9)(3c^2+9)\geq (3a^2+9)(\frac{4}{3}(3b+3c+bc)^2+4b^2c^2)\geq (6ab+6bc+6ca+2abc)^2$
$\Leftrightarrow \left (a^2+3\right )\left (b^2+3\right )\left (c^2+3\right )\ge \dfrac{4}{27}\left (3ab+3bc+3ca+abc\right )^2$.
Vậy bài toán được chứng minh xong, đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=3$.

[WhjteShadow]

Bài toán 12:
Ta có: $\left (\sum_{1\le i <j\le n}^n \left |x_i-x_j\right |\right )^2= \sum (x_i-x_j)^2+2[\sum|x_i-x_j||x_i-x_k|]$ ($j,k,i$ đôi 1 khác nhau)
Và có nhận xét :*Có $\frac{(n-1)n}{2}$ só hạng dạng $|x_i-x_j|$ và do đó có $\frac{(n-1)n}{2}.[\frac{(n-1)n}{2}-1]:2=\frac{(n^2-n)(n^2-n-2)}{8}$ số số hạng dạng $|x_i-x_j||x_i-x_k|$
Dễ thấy đẻ chứng minh bđt đề bài ta sẽ cm bđt mạnh hơn(Do VP bị trừ đi các tổng bình phương):
$ \sum(x_i-x_{i+1})^2\leq 2(\sum |x_i-x_j||x_i-x_k|)$
$\Leftrightarrow \sum(x_i-x_{i-1})^2\leq 2(\sum |x_i-x_j||x_i-x_k|)$
Mà do $|x_i-x_j||x_i-x_k|\geq x_i^2-x_ix_j-x_ix_k+x_jx_k$
Nên ta chỉ cần chứng minh:
$\sum(x_i-x_{i-1})^2\leq \frac{(n^2-n)(n^2-n-2)}{4}(\sum x_i^2-x_ix_j)$
Điều này đúng do $\frac{(n^2-n)(n^2-n-2)}{4}(\sum x_i^2-x_ix_j)=\frac{(n^2-n)(n^2-n-2)}{8}[\sum (x_i-x_j)^2]\geq \frac{(n^2-n)(n^2-n-2)}{8}.\sum(x_i-x_{i-1})^2\geq \sum(x_i-x_{i-1})^2$ (Do $n\geq 3$;TH n=1 và 2 thì dễ rồi)
Vậy bài toán được chứng minh.BĐT mạnh hơn xíu là:
$(1+\frac{(n^2-n)(n^2-n-2)}{4})\sum_{i=1}^n \left (x_i-x_{i+1}\right )^2 \le \left (\sum_{1\le i <j\le n}^n \left |x_i-x_j\right |\right )^2$
Có thể bài toán này sẽ được chứng minh bằng cách khác(Quy nạp).Các bạn thử xem sa0!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 20-07-2012 - 11:44

[Tham Lang]

Các em thử tìm xem, lời giải trên sai chỗ nào nhé

[WhjteShadow]

Em viết nhầm mỗi số 4 với 8 thôi mà.Còn lại chắc chắn đúng đó X_X
Bài 11 (Em nghĩ cả tối qua mãi không sáng.Sáng dậy nhìn cái ra luôn mà bố mẹ k ch0 0nl để p0st T.T)
Ta có
$Q.E.D\Leftrightarrow \frac{1}{2}(x_1+x_2+...x_n+\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+....+\frac{1}{x_n}-2n) \geq \frac{n}{x_1+x_2+.....+x_n}-1$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}[(x_1+\frac{1}{x_1}-2)+(x_2+\frac{1}{x_2}-2)+....+(x_n+\frac{1}{x_n}-2)] \geq \frac{n}{x_1+x_2+.....+x_n}-1$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}[\frac{(x_1-1)^2}{x_1}+\frac{(x_2-1)^2}{x_2}+....+\frac{(x_2-1)^2}{x_n}] \geq \frac{n}{x_1+x_2+.....+x_n}-1$
Nhưng bdt này đúng do:
$\frac{(x_1-1)^2}{x_1}+\frac{(x_2-1)^2}{x_2}+....+\frac{(x_2-1)^2}{x_n}\geq \frac{(x_1-1)^2+(x_2-1)^2+....(x_n-1)^2}{x_1+x_2+...+x_n}=\frac{x_1^2+x_2^2+...+x_n^2+n-2(x_1+x_2+.....+x_n)}{x_1+x_2+.....+x_n}=\frac{2n-2(x_1+x_2+.....+x_n)}{x_1+x_2+.....+x_n}=2(\frac{n}{x_1+x_2+.....+x_n}-1)$
Vậy chứng minh hoàn tất.Dấu = xảy ra khi $x_1=x_2=....=x_n=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 20-07-2012 - 11:55

[Secrets In Inequalities VP]

Bài 11 (Em nghĩ cả tối qua mãi không sáng.Sáng dậy nhìn cái ra luôn mà bố mẹ k ch0 0nl để p0st T.T)
Ta có
$Q.E.D\Leftrightarrow \frac{1}{2}(x_1+x_2+...x_n+\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+....+\frac{1}{x_n}-2n) \geq \frac{n}{x_1+x_2+.....+x_n}-1$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}[(x_1+\frac{1}{x_1}-2)+(x_2+\frac{1}{x_2}-2)+....+(x_n+\frac{1}{x_n}-2)] \geq \frac{n}{x_1+x_2+.....+x_n}-1$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}[\frac{(x_1-1)^2}{x_1}+\frac{(x_2-1)^2}{x_2}+....+\frac{(x_2-1)^2}{x_n}] \geq \frac{n}{x_1+x_2+.....+x_n}-1$
Nhưng bdt này đúng do:
$\frac{(x_1-1)^2}{x_1}+\frac{(x_2-1)^2}{x_2}+....+\frac{(x_2-1)^2}{x_n}\geq \frac{(x_1-1)^2+ (x_2-1)^2+....(x_n-1)^2} {x_1+x_2+...+x_n}=\frac{x_1^2+x_2^2+...+x_n^2+n-2(x_1+x_2+.....+x_n)}{x_1+x_2+.....+x_n}=\frac{2n-2(x_1+x_2+. ....+x_n)}{x_1+x_2+..... +x_n}=2(\frac{n}{x_1+x_2+.....+x_n}-1)$
Vậy chứng minh hoàn tất.Dấu = xảy ra khi $x_1=x_2=....=x_n=1$

Chổ màu đỏ dùng BĐT j vậy WhjteShadow

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 20-07-2012 - 21:05

[WhjteShadow]

Khó đỡ ông.Quên cả BĐT cơ bản à
$\frac{(x_1-1)^2}{x_1}\geq \frac{(x_1-1)^2}{x_1+x_2+.....+x_n}$
X0ng cứ thế mà tương tự rồi cộng vào

[Secrets In Inequalities VP]

Khó đỡ ông.Quên cả BĐT cơ bản à
$\frac{(x_1-1)^2}{x_1}\geq \frac{(x_1-1)^2}{x_1+x_2+.....+x_n}$
X0ng cứ thế mà tương tự rồi cộng vào

Híc! mình rốt BĐT nên qên mất cái này !
CM kiểu j nhỉ ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 20-07-2012 - 21:21

[triethuynhmath]

Khó đỡ ông.Quên cả BĐT cơ bản à
$\frac{(x_1-1)^2}{x_1}\geq \frac{(x_1-1)^2}{x_1+x_2+.....+x_n}$
X0ng cứ thế mà tương tự rồi cộng vào

Mình cũng không hiểu BĐT bạn làm là gì .
Nếu là BĐT cauchy-schwarz dạng Engel thì $VT\geq \frac{(x_{1}+..x_{n}-n)^2}{x_{1}+x_{2}+..x_{n}}$ chứ.Còn nếu có thì bạn có thể chứng minh được không ?

[WhjteShadow]

FUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUUU
Cái tử dương = nhau mẫu nào lớn hơn thì phân số nhỏ hơn (Mẫu dương)
Vào hộ tôi bài 14 với :|
http://diendantoanho...bcable-dfrac32/