Topic về bất đẳng thức

[chinhnghiatq]

$\frac{1}{1972}.X^{\frac{15}{11}}+1971 > \frac{1}{1990}.X^{\frac{15}{21692}} $ với X>0


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

[leviethai]

Ký hiệu $\sum $ là tổng đối xứng.

Ta có đẳng thức quen thuộc sau:
${\left( {a + b + c + d} \right)^2} = \sum {{a^2}} + 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd) $

Dùng AM-GM ta có thể chứng minh được:
$\sum {ab} = ab + ac + ad + bc + bd + cd \le \frac{3}{8}{\left( {a + b + c + d} \right)^2} = \dfrac{3}{8} $
$abcd \le {\left( {\dfrac{{a + b + c + d}}{4}} \right)^4} = \dfrac{1}{{{4^4}}} $

Do $a+b+c+d=1 $, nên ta có:
$ \dfrac{1}{{abc}} = \dfrac{{a + b + c + d}}{{abc}} = \dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{1}{{bc}} + \dfrac{1}{{ca}} + \dfrac{d}{{abc}} $
$\dfrac{1}{{abd}} = \dfrac{{a + b + c + d}}{{abd}} = \dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{1}{{bd}} + \frac{1}{{da}} + \frac{c}{{abd}} $
$\dfrac{1}{{acd}} = \frac{{a + b + c + d}}{{acd}} = \frac{1}{{ac}} + \dfrac{1}{{cd}} + \frac{1}{{da}} + \frac{b}{{acd}} $
$\frac{1}{{bcd}} = \frac{{a + b + c + d}}{{bcd}} = \frac{1}{{bc}} + \frac{1}{{cd}} + \frac{1}{{da}} + \frac{a}{{bcd}} $

Từ đó suy ra:
$\sum {\frac{1}{{abc}}} = 2\sum {\frac{1}{{ab}}} + \sum {\frac{a}{{bcd}}} $

Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc $\frac{1}{{{x_1}}} + ... + \frac{1}{{{x_n}}} \ge \frac{{{n^2}}}{{{x_1} + ... + {x_n}}} $ và AM-GM, ta có các bất đẳng thức sau:
$\begin{aligned}\frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}}} + \sum {\frac{1}{{4ab}}} &\ge \frac{{{7^2}}}{{\sum {{a^2} + 4\sum {ab} } }}\\ &= \frac{{49}}{{{{\left( {a + b + c + d} \right)}^2} + 2\sum {ab} }} \ge \frac{{49}}{{1 + 2.\dfrac{3}{8}}} = 28\\\end{aligned} $.
$7\sum {\frac{1}{{4ab}}} \ge \frac{{{{7.6}^2}}}{{4\sum {ab} }} \ge \frac{{7.36}}{{4.\dfrac{3}{8}}} = 168 $.
$\sum {\frac{a}{{bcd}}} \ge 4\sqrt {\frac{1}{{abcd}}} \ge 4.\sqrt {\frac{1}{{\dfrac{1}{{{4^4}}}}}} = 64 $.

Từ đó suy ra:
$P = \frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}}} + \sum {\frac{1}{{4ab}}} + 7\sum {\frac{1}{{4ab}}} + \sum {\frac{a}{{bcd}}} \ge 28 + 168 + 64 = 260 $

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=\dfrac{1}{4} $

Vậy $MinP=260 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[leviethai]

Nguyên văn bởi dep_kom_n

Mình biết một bài toán khác gần giống có thể bạn của bạn bị nhầm

tìm hằng số k lớn nhất sao cho $kabc>a^{3}+b^{3}+c^{3} $ vói mọi a,b,c là 3 cạnh tam giác

Câu trả lời là không tồn tại $k $ nào như thế cả. Giả sử tồn tại $k $ như thế, thì bắt buộc $k>3 $ (áp dụng AM-GM là thấy ngay).

Khi đó ta chọn tam giác có độ dài ba cạnh như sau: $a=b=k,c=\dfrac{1}{k^3} $ (dễ thấy đây là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác)

Thay vào bất đẳng thức ta được: $1>2k^3+\dfrac{1}{k^6} $ (dễ thấy điều sai)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[353535]

Nguyên văn bởi chinhnghiatq

$\frac{1}{1972}.X^{\frac{15}{11}}+1971 > \frac{1}{1990}.X^{\frac{15}{21692}} $ với X>0

AM-GM cho 1972 số

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

[huynhcongbang]

Hihi! Mình xin nêu 1 cách ngắn gọn hơn, một số đánh giá cũng thực hiện tương tự:
Ta có:
$abcd \le (\frac{a+b+c+d}{4})^4=\frac{1}{256}\Rightarrow \frac{1}{abcd} \ge 256 $
$\sum ab=ab+bc+cd+da+ac+bd \le \frac{3}{8}(\sum a)^2=\frac{3}{8} $.
Suy ra:
$\frac{1}{a^2+b^2+c^2+d^2}+ \sum\frac{1}{4ab} \ge \frac{7^2}{\sum a^2 + 4. \sum ab}= \\\frac{49}{(\sum a)^2+ 2\sum ab} \ge \frac{{49}}{{1 + 2.\dfrac{3}{8}}} = 28 $.
Hơn nữa:
$ \sum\frac{1}{4ab}=\frac{\sum ab}{4abcd} \le \frac{3}{32abcd} $.
Ta có:
$P=\frac{1}{\sum a^2}+\sum \frac{1}{abc}=\frac{1}{\sum a^2}+\sum \frac{1}{abcd}=\\(\frac{1}{\sum a^2}+\sum \frac{1}{4ab})+(\frac{3}{32abcd}-\sum \frac{1}{4ab})+\frac{29}{32abcd} \ge 28+0+232=260 $.
Vậy GTNN cần tìm là 260, đạt được khi $a=b=c=d=\frac{1}{4} $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[353535]

Mình làm thế này

<=>$ \sum(\frac{1}{9-ab}-\frac{1}{8}) \le 0 $
<=>$\sum\frac{ab-1}{9-ab} \le 0 $
<=> $\sum\frac{1-\frac{1}{ab}}{\frac{9}{ab}-1} \le 0 $
GS:$ a\ge b \ge c $
=>$1-\frac{1}{ab} \ge 1-\frac{1}{ac} \ge 1-\frac{1}{bc} $
vs $\frac{9}{ab}-1 \le \frac{9}{ac}-1 \le \frac{9}{bc}-1 $
=>$\sum\frac{1-\frac{1}{ab}}{\frac{9}{ab}-1} \le \frac{1}{3}[\sum(1-\frac{1}{ab})][\sum(\frac{9}{ab}-1)] \le 0 $(chebyshev)

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

[huynhcongbang]

Nguyên văn bởi beyondinfinity

Mình vừa thấy bđt sau, mọi người kiểm tra giúp: cho a, b, c không âm.
$\sqrt{a^2+4bc}(\sqrt{b^2+4ac}+\sqrt{c^2+4ab})+(b+c )^2-4a(b+c) \ge 0 $

Ta thấy BĐT này đúng nếu $a=0 $. Xét a>0, chia hai vế cho $a^2 $, ta được:
$\sqrt{1+\frac{4bc}{a^2}}.(\sqrt{\frac{b^2}{a^2}+4. \frac{c}{a}}+\sqrt{\frac{c^2}{a^2}+4.\frac{b}{a}}) +(\frac{b+c}{a})^2-\frac{4(b+c)}{a} \ge 0 $.
Đặt $x=\frac{b}{a},y=\frac{c}{a} $, ta có BĐT 2 biến sau:
$\sqrt{1+4xy}.(\sqrt{x^2+4y}+\sqrt{y^2+4x})+(x+y)^2-4(x+y) \ge 0 $
Đánh giá BĐT này cũng dễ hơn BĐT đã nêu 1 chút!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Nguyên văn bởi Evarist Galois

Thực ra đây chỉ là BDT quen thuộc:
$\sum \frac{a}{b+c+d} >2 $ Cho c=d có đpcm

Chính xác phải là:
$\sum \sqrt{\frac{a}{b+c+d}} >2 $ (*)
Thật ra BĐT này lấy ý tưởng từ BĐT:
$ \sqrt{ \frac{a}{b+c}}+ \sqrt{ \frac{b}{c+a}}+ \sqrt{ \frac{c}{a+b}}>2 $
Trường hợp 4 biến (ở đề bài) hay nhiều hơn cũng chứng minh tương tự, cụ thể là:
Theo BĐT Cauchy:
$\frac{b+c}{a}+1 \ge 2.\sqrt{\frac{b+c}{a}}\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{2a}\ge \sqrt{\frac{b+c}{a}}\Leftrightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c}} \ge \frac{2a}{a+b+c} $.
Tương tự với hai căn còn lại, cộng lại, ta có:
$\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}} \ge \sum \frac{2a}{a+b+c}=2 $.
Đẳng thức không xảy ra nên ta có đpcm.

BĐT (*) là:
$ \sqrt{\frac{a}{b+c+d}}+ \sqrt{\frac{b}{c+d+a}}+ \sqrt{\frac{c}{d+a+b}}+ \sqrt{\frac{d}{a+b+c}} >2 $
được chứng minh hoàn toàn tương tự như trên.
Ở BĐT (*) chỉ cần cho $c=d $ là có bài toán đã nêu.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[boheoga9999]

Nhờ các bạn giải giúp mình bài này với
Cho $a^2 $+$2b^2 $$\leq $ $3c^2 $
CMR $\frac {1}{a} $ +$\frac {2}{b} $$\geq $ $\frac {3}{c} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[PHMA]

Cho $x \in [\frac{-\pi}{2};\frac{\pi}{2}] $. Chứng minh: $2cos x+x^2 \geq 2. $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Nguyên văn bởi yeutoanhoc207

BĐT này rõ ràng có vấn đề. Đầu đề thì bạn ghi là lớn hơn, kết quả CM lại là nhỏ hơn ??

Mình đã sửa lại ở trên, cám ơn bạn đã nhắc nhở!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Nguyên văn bởi chinhnghiatq

$\frac{1}{1972}.X^{\frac{15}{11}}+1971 > \frac{1}{1990}.X^{\frac{15}{21692}} $ với X>0

Cụ thể cho gợi ý của bạn 353535 chắc là thế này!
Áp dụng BĐT Cauchy cho 1972 số dương gồm:
$\frac{1}{1972}.X^{\frac{15}{11}} $ và 1971 số 1, ta có:
$\frac{1}{1972}.X^{\frac{15}{11}}+1+1+...+1 \ge 1972.\sqrt[1972]{\frac{1}{1972}.X^{ \frac{15}{11}}1.1....1}\\ \Leftrightarrow \frac{1}{1972}.X^{ \frac{15}{11}}+1971 \ge \frac{1972}{ \sqrt[1972]{1972}}.X^{ \frac{15}{21692}}> \frac{1}{1990}X^{ \frac{15}{21692}} $

*Nhưng thực tế ta có thể chứng minh đơn giản hơn thế này:
- Nếu $x>1 $ thì: $X^{\frac{15}{1992}}>X^{\frac{15}{21692}} \Rightarrow \frac{1}{1972} X^{\frac{15}{1992}}> \frac{1}{1990} X^{\frac{15}{21692}} $.
Khi đó hiển nhiên: VT> VP.
- Nếu $0< x \le 1 $ thì:
$X^{\frac{15}{21692}}<1\Rightarrow \frac{1}{1990}X^{\frac{15}{21692}}<1<1972 $.
Khi đó rõ ràng là: VT>VP.
Ta luôn có đpcm.

BĐT này không chặt lắm, không biết tác giả có ghi nhầm hệ số nào không nữa!

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

[huynhcongbang]

Nguyên văn bởi PHMA

Cho $x \in [\frac{-\pi}{2};\frac{\pi}{2}] $. Chứng minh: $2cos x+x^2 \geq 2. $

Xét hàm số: $f(x)=2cos x+x^2, x \in [\frac{-\pi}{2};\frac{\pi}{2}] $.
Trước hết, ta có kết quả: $x \ge sinx, \forall x \ge 0 $.
Điều này để dàng có được việc khảo sát hàm số.
Dễ thấy hàm số này là hàm số chẵn nên ta sẽ tìm tập giá trị của nó với $x \in [0;\frac{\pi}{2}] $. Ta có:
$f'(x)=-2sinx+2x=2(x-sinx)\ge 0, \forall x \in [0, \frac{\pi}{2}] $.
Do đó $f(x) $ đồng biến trên $[0, \frac{\pi}{2}] $.
Ta được:
$f(0) \le f(x) \le f(\frac{\pi}{2})\Leftrightarrow 2\le f(x)\le\frac{\pi^2}{4}, \forall x \in [0, \frac{\pi}{2}] $.
Suy ra:
$2\le f(x)\le\frac{\pi^2}{4}, \forall x \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] $.
Ta có đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huuphuc]

Nguyên văn bởi boheoga9999

Nhờ các bạn giải giúp mình bài này với
Cho $a^2 $+$2b^2 $$\leq $ $3c^2 $
CMR $\frac {1}{a} $ +$\frac {2}{b} $$\geq $ $\frac {3}{c} $

áp dụng bdt holder ta có $(\frac{1}{a}+\frac{2}{b})(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}) (a^2+b^2)\ge 27 $. Từ đây có đpcm

học gõ Latex cẩn thận rồi mới post bài nhé: [Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[beyondinfinity]

Lại bằng đồ thị , mình thấy bdt sau đúng:
$\sqrt{a^2+4bc}\sqrt{(b+2\sqrt{ba})^2+(c+2\sqrt{ca} )^2}+(b+c)^2-4a(b+c)\ge 0 $
Cái này bình phương khử căn nhẹ nhàng hơn ban đầu, tối nay mò mẫm xem sao.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]