Topic bất đẳng thức Cauchy_Schwarz

[Mệnh Thiên Tử]

Cho em thắc mắc cái , tại sao ở bài 4 ta lại đưa về a+b+c cho cùng với đpcm , còn ở bài 1 lại không đưa về ab+bc+ca để cùng với đpcm vậy anh ??? , liệu có cách giải nếu đưa về như thế
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[batigoal]

Nguyên văn bởi Mệnh Thiên Tử

Cho em thắc mắc cái , tại sao ở bài 4 ta lại đưa về a+b+c cho cùng với đpcm , còn ở bài 1 lại không đưa về ab+bc+ca để cùng với đpcm vậy anh ??? , liệu có cách giải nếu đưa về như thế

Trả lời:
Vấn đề không phải ở chỗ đó em ạ.Mà là khi quan sát BDT mẫu số càng cồng kềnh thì ta càng khó làm.
Do đó để đánh giá theo quan điểm của anh thì:
Thứ nhất:Giảm bậc:
Hoặc thứ hai: Đưa về cùng mẫu số. Để dễ so sánh.

Hi vọng giải đáp cho em phần nào

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tiger3323551]

Bài 6 Cho a;b;c dương và $a^2+b^2+c^2=1 $
Tìm min của P bằng ít nhất 3 cách
$P=\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{a^2 +b^2} $
đây là bài toán khó ứng dụng của bdt cô-si các bạn hãy giải thử bài này bằng cauchy-schwar
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[batigoal]

Nguyên văn bởi tiger3323551

Cho a;b;c dương và $a^2+b^2+c^2=1 $
Tìm min của P bằng ít nhất 3 cách
$P=\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{a^2 +b^2} $
đây là bài toán khó ứng dụng của bdt cô-si các bạn hãy giải thử bài này bằng cauchy-schwar

Phân tích:
Để ý vế trái của BDT có dạng phân số, quan sát thấy tổng các mẫu số của Vế trái bằng $2(a^2+b^2+c^2)=2 $. Như vậy nếu dùng C_S sẽ giúp chúng ta khủ bỏ mẫu.Với quan sát bước đầu như vậy, giúp chúng ta có thêm niềm tin sử dụng C_S trong bài toán này.
Áp dụng C_S ta có:
$P=\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{a^2 +b^2}\geq \frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{2(a^2+b^2+c^ 2)}=\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{2} $
Áp dụng AM_GM , chung ta có:
$(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2\geq 9\sqrt[3]{abc} $
Lại do $1=a^2+b^2+c^2\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow abc\leq \frac{1}{3\sqrt{3}} $.
Nên $P\geq \frac{\sqrt{3}}{2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[can_hang2008]

Nguyên văn bởi batigoal

Phân tích:
Để ý vế trái của BDT có dạng phân số, quan sát thấy tổng các mẫu số của Vế trái bằng $2(a^2+b^2+c^2)=2 $. Như vậy nếu dùng C_S sẽ giúp chúng ta khủ bỏ mẫu.Với quan sát bước đầu như vậy, giúp chúng ta có thêm niềm tin sử dụng C_S trong bài toán này.
Áp dụng C_S ta có:
$P=\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{a^2 +b^2}\geq \frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{2(a^2+b^2+c^ 2)}=\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{2} $
Áp dụng AM_GM , chung ta có:
$(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2\geq 9\sqrt[3]{abc} $
Lại do $1=a^2+b^2+c^2\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow abc\leq \frac{1}{3\sqrt{3}} $.
Nên $P\geq \frac{\sqrt{3}}{2} $

Lời giải này chưa ổn đâu. Hai đánh giá bị ngược nhau rồi.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[batigoal]

Nguyên văn bởi can_hang2008

Lời giải này chưa ổn đâu. Hai đánh giá bị ngược nhau rồi.

Ừ nhỉ, mình không để ý đúng là ngược dấu. Cauchy_Schawrz là sở trường của Cẩn đấy. Mong Cẩn tích cực tham gia và thảo luận nhiều nhé.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ndtkhtn]

Nguyên văn bởi batigoal

Phân tích:
Để ý vế trái của BDT có dạng phân số, quan sát thấy tổng các mẫu số của Vế trái bằng $2(a^2+b^2+c^2)=2 $. Như vậy nếu dùng C_S sẽ giúp chúng ta khủ bỏ mẫu.Với quan sát bước đầu như vậy, giúp chúng ta có thêm niềm tin sử dụng C_S trong bài toán này.
Áp dụng C_S ta có:
$P=\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{a^2 +b^2}\geq \frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{2(a^2+b^2+c^ 2)}=\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{2} $
Áp dụng AM_GM , chung ta có:
$(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2\geq 9\sqrt[3]{abc} $
Lại do $1=a^2+b^2+c^2\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow abc\leq \frac{1}{3\sqrt{3}} $.
Nên $P\geq \frac{\sqrt{3}}{2} $

cauchy-schwarz thì có 2 lg thế này
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khaitang1234]

bài 9 Cho $x,y,z\in [-1;1] $và $x+y+z=0 $. Chứng minh:
$\sqrt{1+x+y^{2}}+\sqrt{1+y+z^{2}}+\sqrt{1+z+x^{2}} \geq 3 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Katyusha]

Nguyên văn bởi khaitang1234

bài 9 Cho $x,y,z\in [-1;1] $và $x+y+z=0 $. Chứng minh:
$\sqrt{1+x+y^{2}}+\sqrt{1+y+z^{2}}+\sqrt{1+z+x^{2}} \geq 3 $

Bài này sử dụng Cauchy-Schwarz để giải như thế nào vậy ạ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thiendienduong]

Nguyên văn bởi khaitang1234

Bài 9 Cho $x,y,z\in [-1;1] $và $x+y+z=0 $. Chứng minh:
$\sqrt{1+x+y^{2}}+\sqrt{1+y+z^{2}}+\sqrt{1+z+x^{2}} \geq 3 $

Hôm nay đọc mới thấy, không biết có bạn nào giải chưa!

Mình làm thế này.
Áp dụng bất đẳng thức Mincopxki, ta có:

$\sqrt{1+x+y^{2}}+\sqrt{1+y+z^{2}}+\sqrt{1+z+x^{2}} \geq\sqrt{(\sum \sqrt{1+x})^{2}+(\sum x)^{2}}=\sqrt{3+2\sum \sqrt{(1+x)(1+y)}} \geq 3 $ (đpcm).
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vjpd3pz41iuai]

Nguyên văn bởi khaitang1234

bài 9 Cho $x,y,z\in [-1;1] $và $x+y+z=0 $. Chứng minh:
$\sqrt{1+x+y^{2}}+\sqrt{1+y+z^{2}}+\sqrt{1+z+x^{2}} \geq 3 $

Ta có bđt phụ sau
Với $$ab \ge 0$ $ thì ta có bđt
$$\sqrt {1 + a} + \sqrt {1 + b} \ge 1 + \sqrt {1 + a + b} $ $
Giả sử trong 3 số $$x + {y^2},y + {z^2},z + {x^2}$ $ thì $$(x + {y^2})(y + {z^2}) \ge 0$ $
áp dụng bất đẳng thức phụ trên cho 2 căn thức đầu,kết hợp cái còn lại ta có đpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[phantiendat_hv]

Nguyên văn bởi tiger3323551

Bài 6 Cho a;b;c dương và $a^2+b^2+c^2=1 $
Tìm min của P bằng ít nhất 3 cách
$P=\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{a^2+c^2}+\frac{c}{a^2 +b^2} $
đây là bài toán khó ứng dụng của bdt cô-si các bạn hãy giải thử bài này bằng cauchy-schwar

Ta có
$P=\sum {\frac{{a^2 }}{{a(1 - a^2 )}}} $

$2a^2 (1 - a^2 )(1 - a^2 ) \le \frac{{(2a^2 - a^2 - a^2 + 2)^3 }}{{27}} = \frac{8}{{27}} $
$
a(1 - a^2 ) = \frac{2}{{3\sqrt 3 }} $

$\Rightarrow \frac{{a^2 }}{{a(1 - a^2 )}} \ge \frac{{3\sqrt 3 }}{2}a^2 $

$\Rightarrow \sum {\frac{{a^2 }}{{a(1 - a^2 )}}} \ge \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\sum {a^2 } = \frac{{3\sqrt 3 }}{2} $

vậy $minP=\frac{{3\sqrt 3 }}{2} $ khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[crazy_nhox]

Bài này cung không khó lấm ma. Mọi người xem em làm co đúng không.
Đặt $A= a\left ( b^{2} +c^{2}\right )=b\left ( b^{2}+c^{2} \right )+c\left ( a^{2}+b^{2} \right ) $
ta có $A.P\geq \left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )^{2}= 1 $
Mật khác, ta có
$A^{2}\leq \left ( a^{2}\left ( b^{2}+c^{2} \right )+b^{2}\left ( a^{2}+c^{2} \right )+c^{2}\left ( a^{2}+b^{2} \right ) \right )\left ( b^{2}+c^{2}+c^{2}+a^{2}+a^{2}+b^{2} \right ) $
$\Leftrightarrow A^{2}\leq 4\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \right )\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right ) $
lại có $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \leq \frac{1}{3}\left ( a^{2} +b^{2}+c^{2}\right )^{2} $
suy ra $ A^{2}\leq \frac{4}{3}\Rightarrow A\leq \frac{2}{\sqrt{3}} $
suy ra $P\geq \frac{\sqrt{3}}{2} $
đẳng thức xảy ra khi a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}.
Mọi người cho ý kiên.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[can_hang2008]

Mời các bạn cùng phân tích bài này, mình vừa thấy trên mathlinks:

Bài 7 Cho $a,\;b,\;c $ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2 \ge 3. $ Chứng minh rằng

$(a^2+b^2+abc)(b^2+c^2+abc)(c^2+a^2+abc) \ge 3abc(a+b+c)^2. $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daylight]

Nguyên văn bởi can_hang2008

Mời các bạn cùng phân tích bài này, mình vừa thấy trên mathlinks:

Cho $a,\;b,\;c $ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2 \ge 3. $ Chứng minh rằng

$(a^2+b^2+abc)(b^2+c^2+abc)(c^2+a^2+abc) \ge 3abc(a+b+c)^2. $

với mỗi bộ $a,b,c $ bất kì thì trong 3 số $\{abc-a^2,abc-b^2,abc-c^2\} $ của tập này ta luôn luôn có 2 số cùng dấu.
Giả sử đó là $abc-a^2 $ và $abc-b^2 $ thì $(abc-a^2)(abc-b^2) \ge 0. $

Sử dụng Cauchy-Schwaz ta có :

$\bigg(1+1+\frac{c}{ab}\bigg)(a^2+b^2+abc) \ge (a+b+c)^2 $

kết hợp với giải thiết $a^2+b^2+c^2 \ge 3 $ ta sẽ chứng minh kết quả mạnh hơn :

$(b^2+c^2+abc)(c^2+a^2+abc) \ge (a^2+b^2+c^2)(2abc+c^2) $

$\Leftrightarrow \frac{b^2+c^2+abc}{a^2+b^2+c^2} \ge \frac{2abc+c^2}{c^2+a^2+abc} $

$\Leftrightarrow \frac{abc-a^2}{a^2+b^2+c^2} \ge \frac{abc-a^2}{c^2+a^2+abc} $

$\Leftrightarrow \frac{(abc-a^2)(abc-b^2)}{(a^2+b^2+c^2)(c^2+a^2+abc)} \ge 0 $

Vậy ta có điều phải chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]