Topic về bất đẳng thức

[nguoivn]

Nguyên văn bởi conan236

Trước hết ta chứng minh các bổ đề sau :
Bổ đề 1:
Cho $x,y $ là các số dương ko vượt qá $1 $. Khi đó ta có :
$\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1-y^2} \leq 2\sqrt{1-xy} $
CMBĐ 1 :
Ta có bất đẳng thức tương đương với :
$(\sqrt{1-x^2}-\sqrt{1-xy})+(\sqrt{1-y^2}-\sqrt{1-xy}) \leq 0 $
$\Leftrightarrow (x-y)\left ( \frac{y}{\sqrt{1-y^2}+\sqrt{1-xy}}-\frac{x}{\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1-xy}} \right )\leq 0 $
$\Leftrightarrow (x-y)\left (\sqrt{1-xy}(y-x)+\sqrt{y^2-x^2y^2}-\sqrt{x^2-x^2y^2} \right) \leq 0 $
$\Leftrightarrow (x-y){\left (\sqrt{1-xy}(y-x)+\frac{y^2-x^2}{\sqrt{y^2-x^2y^2}+\sqrt{x^2-x^2y^2} \right)} \leq 0 $
$\Leftrightarrow -(x-y)^2{\left (\sqrt{1-xy}+\frac{x+y}{\sqrt{y^2-x^2y^2}+\sqrt{x^2-x^2y^2} \right)} \leq 0 $
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng.
Từ bđt trên ta rút được hệ quả sau : Cho $x,y,z $ là các số dương ko vượt quá $1 $. Lúc này ta có bđt :
$\sqrt{1-x^2}+\sqrt{1-y^2}+\sqrt{1-z^2} \leq \sqrt{1-xy}+\sqrt{1-yz}+\sqrt{1-zx} $
Bổ đề 2 :
Trong tam giác $ABC $ ta luôn có :
$cos^2 A+cos^2 B+cos^2 C +2cosAcosBcosC = 1 $
Từ đó ta rút được hệ quả tiếp theo :
Nếu có $3 $ số $x,y,z>0 $ thỏa mãn $x^2+y^2+z^2+2xyz=1 $ thì khi đó tồn tại tam giác $ABC $ nhọn sao cho $x=cosA, y=cosB, z=cosC $.
Trở lại bài toán :
Dễ thấy bất đẳng thức ban đầu tương đương với :
$\sum \sqrt{1-\frac{1}{a^2}} \leq \frac{3\sqrt{3}}{2} $
Nhưng theo bổ đề 1 ta có :
$\sum \sqrt{1-\frac{1}{a^2}} \leq \sum \sqrt{1-\frac{1}{bc}} (1) $
Mặt khác ta viết lại giả thiết dưới dạng :
$\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{2}{ab c}=1 $
Theo bổ đề 2 thì tồn tại tam giác nhọn $ABC $ sao cho :
$cos A =\frac{1}{\sqrt{bc}}, cosB=\frac{1}{\sqrt{ca}}, cosC=\frac{1}{\sqrt{ab}} $
Vậy ta có :
$\sum \sqrt{1-\frac{1}{bc}} = \sum \sqrt{1-cos^2 A}=\sum sinA \leq \frac{3\sqrt{3}}{2} (2) $
Từ $(1), (2) $ ta có đpcm.

Bài này thì cứ làm như bt. Tồn tại $a=\frac{y+z}{x} $, $b=\frac{z+x}{y}, c=\frac{x+y}{z} $.
Ta cần chứng minh
$\sqrt{1-\frac{1}{a^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{b^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{c^2}} \le \frac{3\sqrt{3}}{2} $
Hay $\sum \sqrt{1-\left(\frac{x}{y+z}\right)^2} \le \frac{3\sqrt{3}}{2} $.
Do $a, b, c \ge 1 $ nên x, y, z là ba cạnh tam giác, tức cái căn kia không âm. Đến đây thì ok rồi.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Gia Bảo]

Mọi người ơi giúp em chứng minh bất đẳng thức Bunyacovski n số bằng Phương pháp quy nạp toán học với
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[pabopit]

Nguyên văn bởi daylight

Cho $a,b,c \ge 0 $ thỏa mãn $ab+bc+ac=3 $. Chứng minh rằng :

$\frac{1}{a^2+b+1}+\frac{1}{b^2+c+1}+\frac{1}{c^2+a +1} \le 1 $

try a=0,1,b=0,c=30
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[conan236]

Nguyên văn bởi nguoivn

1. Cho $a, b, c \ge 0 $ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca) $. Chứng minh rằng:

$\sqrt{1+\frac{a}{b+c}}+\sqrt{1+\frac{b}{c+a}}+
\sqrt {1+\frac{c}{a+b}} \ge 1+ 2\sqrt{2} $

2. Cho $a, b, c >0 $ và $a+b+c=3 $. Chứng minh rằng

$\frac{a}{\sqrt{7b^{2}+b+c}}+\frac{b}{\sqrt{7c^{2}+ c+a}}+\frac{c}{\sqrt{7a^{2}+a+b}}\ge 1 $

Một kết quả thú vị đối với bài 2 :

$\frac{a}{\sqrt{7a^{2}+b+c}}+\frac{b}{\sqrt{7b^{2}+ c+a}}+\frac{c}{\sqrt{7c^{2}+a+b}}\leq 1 $

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

[Nguyenhuyen_AG]

Nguyên văn bởi cuthangbo

Khúc này anh làm rõ từng bước được không? Em vẫn chưa hiểu vì sao lại ra như vậy

Lời giải rõ ràng mà em, không hiểu ở dòng nào?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Quydo]

Cho x+y+z=1. x,y,z>0
cmr $\sum \frac{1}{1-xy} \leq \frac{27}{8} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MathForLife]

Nguyên văn bởi nguoivn

1. Cho $a, b, c \ge 0 $ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca) $. Chứng minh rằng:

$\sqrt{1+\frac{a}{b+c}}+\sqrt{1+\frac{b}{c+a}}+
\sqrt {1+\frac{c}{a+b}} \ge 1+ 2\sqrt{2} $

Đầu tiên ta chứng minh 1 bổ đề:
Nếu xy không âm thì $\sqrt{1+x}+\sqrt{1+y}\ge 1+\sqrt{1+x+y} $
Chứng minh bằng cách bình phương 2 vế và quy về: $xy\ge 0 $
Không mất tính tổng quát, giả sử $a\le b\le c $
Ta có:
$a^2+b^2\le c(a+b)\Rightarrow c^2\ge c(a+b)\Rightarrow c\ge a+b $
Đặt $x=\frac{a}{b+c};y=\frac{b}{c+a};z=\frac{c}{a+b} $
Thì: $xy+yz+zx+2xyz=1 $ (1)
Ngoài ra, từ hệ thức đầu bài cũng có dc:

$x+y+z=2+3xyz $ (2)
Từ (1) và (2) tính dc: $x+y=\frac{-2z^2+6z+2}{3z^2+2z+1} $
Áp dụng bổ đề, ta có:

$\sqrt{1+x}+\sqrt{1+y}\ge 1+\sqrt{1+x+y} $
Như vậy, ta chỉ cần chứng minh:

$\sqrt{1+x+y}+\sqrt{1+z}\ge 2\sqrt{2} $
Hay:

$\sqrt{\frac{z^2+8z+3}{3z^2+2z+1}}+\sqrt{1+z}\ge 2\sqrt{2} $ (3)

Vì $(z-1)^3\ge 0 $ nên:

$VT(3)\ge \frac{2}{\sqrt{1+z}}+\sqrt{1+z}\ge 2\sqrt{2} $ (theo AM-GM)

Vậy bất đẳng thức dc chứng minh xong.
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow $ $x=0;y=z=1 $ hay $a=0;b=c $ và các hoán vị.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daylight]

Nguyên văn bởi Quydo

Cho x+y+z=1. x,y,z>0
cmr $\sum \frac{1}{1-xy} \leq \frac{27}{8} $

bài này hoàn toàn có thể giải quyết bằng phương pháp tiếp tuyên
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Quydo]

Nguyên văn bởi daylight

bài này hoàn toàn có thể giải quyết bằng phương pháp tiếp tuyên

Còn 1 cách nữa là Schur
------------------------------

Nguyên văn bởi MathForLife

Ngoài ra, từ hệ thức đầu bài cũng có dc:
$x+y+z=2+3xyz $ (2)

Sao chỗ này mình tính ko có số 2 nhỉ
$x+y+z=3xyz $
Sử dụng $\sum \frac{1}{x+1}=2;\sum \frac{1}{(x+1)(y+1)}=\frac{3}{2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daylight]

Nguyên văn bởi Quydo

Cho x+y+z=1. x,y,z>0
cmr $\sum \frac{1}{1-xy} \leq \frac{27}{8} $

Mình vừa kiếm được cái file về hàm bậc nhất
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Quydo]

Nguyên văn bởi daylight

Mình vừa kiếm được cái file về hàm bậc nhất

Bài này xuất hiện tích $(xyz)^2 $ nếu đánh giá để giảm bậc, làm mạnh BĐT thì dẫn đến BĐT sai
P/s: Bạn nào làm được theo hàm bậc nhất post lên hộ mình với. Thansk nhiều!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daylight]

$a,b,c>0 $ . Chứng minh rằng :

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

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

[conan236]

Giả sử $a,b,c $ là ba số thực dương đôi một phân biệt. Chứng minh rằng :

$\left | \frac{a+b}{a-b}+\frac{b+c}{b-c}+\frac{c+a}{c-a} \right |>1 $

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

[daylight]

Nguyên văn bởi conan236

Giả sử $a,b,c $ là ba số thực dương đôi một phân biệt. Chứng minh rằng :

$\left | \frac{a+b}{a-b}+\frac{b+c}{b-c}+\frac{c+a}{c-a} \right |>1 $

Quy đồng lên ta được$ a^2b+b^2c+c^2a \ge 3abc $
đúng
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khaitang1234]

Nguyên văn bởi conan236

Giả sử $a,b,c $ là ba số thực dương đôi một phân biệt. Chứng minh rằng :

$\left | \frac{a+b}{a-b}+\frac{b+c}{b-c}+\frac{c+a}{c-a} \right |>1 $

Đặt: $x=\frac{a+b}{a-b}, y=\frac{b+c}{b-c}, z=\frac{c+a}{c-a}. $
Khi đó ta có: $xy+yz+zx=1. $
Theo bất đẳng thức $C-S $ ta có:
$(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx)=3. $ Suy ra: $|x+y+z| \ge \sqrt{3} > 1. $
------------------------------

Nguyên văn bởi Gia Bảo

Mọi người ơi giúp em chứng minh bất đẳng thức Bunyacovski n số bằng Phương pháp quy nạp toán học với

Với $n=2 $ thì BĐT đúng.
Giả sử đúng với $n=k $ khi đó ta có:
$(\sum_{i=1}^{k}a_{i}^{2})(\sum_{i=1}^{k}b_{i}^{2}) \geq (\sum_{i=1}^{k}a_{i}b_{i})^{2} $
Ta chứng minh BĐT đúng khi $n=k+1 $
Ta có: $(\sum_{i=1}^{k+1}a_{i}^{2})(\sum_{i=1}^{k+1}b_{i}^ {2})=(\sum_{i=1}^{k}a_{i}^{2})(\sum_{i=1}^{k}b_{i} ^{2})+b^{2}_{k+1}\sum_{i=1}^{k}a_{i}+a^{2}_{k+1}\s um_{i=1}^{k}b_{i}+a^{2}_{k+1}b^{2}_{k+1} $
$= (\sum_{i=1}^{k}a_{i}^{2})(\sum_{i=1}^{k}b_{i}^{2}) +\sum_{i=1}^{k}(b_{k+1}^{2}a_{i}^{2}+a_{k+1}^{2}b_ {i}^{2})+a_{k+1}^{2}b_{k+1}^{2} $
$\geq (\sum_{i=1}^{k}a_{i}b_{i})^{2}+2a_{k+1}b_{k+1}\sum _{i=1}^{k}a_{i}b_{i}+a_{k+1}^{2}a_{k+1}^{2} $
$=(\sum_{i=1}^{k+1}a_{i}b_{i})^{2} $
Vậy ta có đpcm.
------------------------------
Bài tiếp:
Cho $a,b,c $ là độ dài 3 cạnh tam giác thoả mãn $ab+bc+ca=1 $. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{5}{a+b+c+abc} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]