Diễn Đàn MathScope

Diễn Đàn MathScope (http://forum.mathscope.org/index.php)
-   Đại Số và Lượng Giác (http://forum.mathscope.org/forumdisplay.php?f=6)
-   -   Topic bất đẳng thức Cauchy_Schwarz (http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=17610)

batigoal 10-03-2011 05:54 AM

Topic bất đẳng thức Cauchy_Schwarz
 
Chào các bạn.
Mình lập topic ứng dụng bất đẳng thức Cauchy_Schwarz để chúng ta thảo luận có trọng tâm nhằm chia sẻ, học hỏi cách chứng minh các bài bất đẳng thức có sử dụng bdt Cauchy_Schwarz .
Chính vì vậy trong topic này mong các bạn chỉ post lời giải sử dụng bất đẳng thức CauChy_schwarz.
Xin được bắt đầu bằng ba bài toán sau:
Bài 1: Cho ba số thức dương a,b,c thỏa mãn $\frac{1}{a^2+b^2+1}+\frac{1}{b^2+c^2+1}+\frac{1}{c ^2+a^2+1}\geq 1 $.Chứng minh rằng:

$ab+bc+ca \leq 3 $

Bài2: Cho ba số thức dương a,b,c thỏa mãn $a+b+c=3 $.Chứng minh rằng:
$\frac{a^2}{a+2b^2}+\frac{b^2}{b+2c^2}+\frac{c^2}{c +2a^2}\geq 1 $

Bài 3:Cho ba số thức dương a,b,c thỏa mãn $ab+bc+ca>0 $.Chứng minh rằng:
$\frac{2a^2-bc}{b^2-bc+c^2}+\frac{2b^2-ca}{c^2-ca+a^2}++\frac{2c^2-ab}{a^2-ab+b^2}\geq 3 $

supermouse 10-03-2011 10:22 PM

Bài 2: VT
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow a - \frac{{2a{b^2}}}{{a + 2{b^2}}} + b - \frac{{2b{c^2}}}{{b + 2{c^2}}} + c - \frac{{2c{a^2}}}{{c + 2{a^2}}} \ge 3 - \sum {\frac{{2a{b^2}}}{{3\sqrt[3]{{a{b^4}}}}}} = 3 - \frac{2}{3}\sum {\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}}}} \\
ab + ab + 1 \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}}};\frac{{{a^2} + {b^2} + 1}}{2} \ge \frac{3}{2}\sqrt[2]{{{a^2}{b^2}}} \\
\Rightarrow {(a + b + c)^2} + \frac{9}{2} \ge \frac{9}{2}\sum {\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}}}} \\
\Rightarrow \frac{3}{2}\sum {\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}}}} \le 2 \\
\end{array} $
Ta có đfcm

long_chau2010 10-03-2011 10:31 PM

Trích:

Nguyên văn bởi supermouse (Post 85908)
Bài 2: VT
$\begin{array}{l}
\Leftrightarrow a - \frac{{2a{b^2}}}{{a + 2{b^2}}} + b - \frac{{2b{c^2}}}{{b + 2{c^2}}} + c - \frac{{2c{a^2}}}{{c + 2{a^2}}} \ge 3 - \sum {\frac{{2a{b^2}}}{{3\sqrt[3]{{a{b^4}}}}}} = 3 - \frac{2}{3}\sum {\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}}}} \\
ab + ab + 1 \ge 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}}};\frac{{{a^2} + {b^2} + 1}}{2} \ge \frac{3}{2}\sqrt[2]{{{a^2}{b^2}}} \\
\Rightarrow {(a + b + c)^2} + \frac{9}{2} \ge \frac{9}{2}\sum {\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}}}} \\
\Rightarrow \frac{3}{2}\sum {\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}}}} \le 2 \\
\end{array} $
Ta có đfcm

Pãi chăng đây là cauchy schwarz:redeye:

supermouse 10-03-2011 10:36 PM

đây là cauchy ngược dấuX_XX_X

phantiendat_hv 10-03-2011 10:51 PM

Bài2: Cho ba số thức dương a,b,c thỏa mãn $a+b+c=3 $.Chứng minh rằng:
$\frac{a^2}{a+2b^2}+\frac{b^2}{b+2c^2}+\frac{c^2}{c +2a^2}\geq 1 $

cách khác Cauchy_Schwarz
BĐT $ \Leftrightarrow\frac{a^4}{a^3+2b^2a^2}+\frac{b^4}{ b^3+2c^2b^2}+\frac{c^4}{c^3+2a^2c^2}\geq 1 $

$\Rightarrow VT\ge \frac{ (a^2+b^2+c^2)^2}{a^3+b^3+c^3+2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^ 2)} $

Bây giờ ta chỉ cần chứng minh $ (a^2+b^2+c^2)^2\ge a^2+b^3+c^3+2(a^2b^2+b^2+c^2+a^2+c^2) $(*)

Thật vậy$ (*) \Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge a^3+b^3+c^3 $ dễ dàng chứng minh được điều này với Cosi và giả thuyết $ a+b+c=3 $

Vậ BĐT được chứng minh xong!

batigoal 10-03-2011 11:08 PM

Trích:

Nguyên văn bởi batigoal (Post 85821)
Bài 1: Cho ba số thức dương a,b,c thỏa mãn $\frac{1}{a^2+b^2+1}+\frac{1}{b^2+c^2+1}+\frac{1}{c ^2+a^2+1}\geq 1 $.Chứng minh rằng:

$ab+bc+ca \leq 3 $

Tiếp cận bài toán. Chúng ta thấy vế trái của BDT là một biểu thức gồm các phân số , với mẫu số có bậc 2.Vậy chúng ta mong muốn hạ bậc của nó đi để bài toán đơn giản hơn.Điều đó gợi nhớ cho chúng ta nghĩ tới bđt Cauchy_schawrz.
$(a^2+b^2+1)(1+1+c^2)\geq (a+b+c)^2 $
$\Leftrightarrow \frac{1}{a^2+b^2+1}\leq \frac{2+c^2}{(a+b+c)^2} $
Thực hiện tương tự ta có:
$1\leq \frac{1}{a^2+b^2+1}+\frac{1}{b^2+c^2+1}+\frac{1}{c ^2+a^2+1}\leq \frac{6+a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2} $.
$\Leftrightarrow (a+b+c)^2 \leq 6+a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow ab+bc+ca \leq 3 $

Câu hỏi đặt ra: Tại sao lại lấy $a^2+b^2+1 $ nhân với $1+1+c^2 $ mà không phải biểu thức khác.
Trả lời :Bởi vì dựa vào dạng của BDT Cau Chy Schawrz , ta thấy biểu thức đã có $a^2+b^2+1 $ nên ghép thêm ,$1,1,c^2 $ để nhằm xuất hiện $(a+b+c) $.

Chú ý: Những bài toán mà mẫu có dạng $a^{2k}+b^{2k}+1 $ chứng ta mong muốn áp dụng C_S đưa về $(a+b+c)^{2k} $


DaiToan 10-03-2011 11:29 PM

Bài 4 (Tương tự bài 1): Cho a,b,c dương thỏa mãn $$\frac{1}{{1 + a + b}} + \frac{1}{{1 + b + c}} + \frac{1}{{1 + a + c}} \ge 1$$
Chứng minh rằng: $$a + b + c \ge ab + bc + ca$ $
Bài 5: (Iran 2007). Tìm số C lớn nhất sao cho với mọi a,b,c,d,e không âm thỏa mãn a+b=c+d+e ta đều có
$$\sqrt {a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + e^2 } \ge C\left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c + \sqrt d + \sqrt e } \right)^2 $$

batigoal 10-03-2011 11:49 PM

Trích:

Nguyên văn bởi daitoancvp (Post 85922)
Bài 4 (Tương tự bài 1): Cho a,b,c dương thỏa mãn $$\frac{1}{{1 + a + b}} + \frac{1}{{1 + b + c}} + \frac{1}{{1 + a + c}} \ge 1$ $
Chứng minh rằng: $$a + b + c \ge ab + bc + ca$ $

Phân tích:
Nhìn vào bài toán đã cho. Chúng ta mong muốn đưa mẫu số về cùng $(a+b+c) $ cho dễ đánh giá.
Áp dung C_S
$(1+a+b)(c^2+a+b)\geq (a+b+c)^2 $
$\Leftrightarrow \frac{1}{1+a+b}\leq \frac{c^2+a+b}{(a+b+c)^2} $.
Tương tự cho các biểu thức còn lại.
cộng các vế lại , làm tương tự bài 1. Chúng ta có đfcm.

Tại sao nghĩ ra như vậy:
Bởi vì: Mẫu số đã có:$1 + a + b $, chúng ta cần bổ sung thêm $c^2+a+b $để áp dụng đươc C_S.

Mệnh Thiên Tử 10-03-2011 11:55 PM

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 =P~=P~

batigoal 11-03-2011 12:02 AM

Trích:

Nguyên văn bởi Mệnh Thiên Tử (Post 85926)
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 =P~=P~

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.

tiger3323551 11-03-2011 04:36 PM

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=p~

batigoal 11-03-2011 06:02 PM

Trích:

Nguyên văn bởi tiger3323551 (Post 85964)
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=p~

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} $

can_hang2008 11-03-2011 06:39 PM

Trích:

Nguyên văn bởi batigoal (Post 85969)
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.

batigoal 11-03-2011 06:46 PM

Trích:

Nguyên văn bởi can_hang2008 (Post 85973)
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.

can_hang2008 11-03-2011 06:47 PM

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. $


Múi giờ GMT. Hiện tại là 01:53 PM.

Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2024, Jelsoft Enterprises Ltd.

[page compression: 22.75 k/24.16 k (5.82%)]