Topic bất đẳng thức Cauchy_Schwarz

[haimap27]

Nguyên văn bởi phantiendat_hv

Bài 61:
$
\sqrt{\frac{a}{b+\sqrt{ab}}}+\sqrt{\frac{b}{c+ \sqrt{bc}}}+\sqrt{\frac{c}{a+\sqrt{ca}}}\ge\frac{3 }{2} $

vì $ab,bc,ca \ge 0 $ nêna,b,c cùng dấu$\Rightarrow \frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{a}\ge 0 $
$VT=\sum\sqrt{\frac{\sqrt{\frac{a}{b}}}{1+\sqrt{\fr ac{ b}{a}}}} $
đặt $m=\sqrt{\frac{a}{b}},n=\sqrt{\frac{b}{c}},p=\sqrt{ \frac{c}{a}}(m,n,p \ge 0,mnp=1) $
$VT=\sum\sqrt{\frac{m}{\frac{1}{m}+1} = \sum\frac{m}{\sqrt{m+1}} $
đặt $m=x^3,n=y^3,p=z^3 $
$VT=\sum\frac{x^3}{\sqrt{x^3+1}}=\sum\frac{x^3}{\sq rt{(x+1)(x^2-x+1)}} \ge \sum\frac{2x^3}{x^2+2} $
bây giờ ta chỉ cần C/m: $\sum\frac{x^3}{x^2+2} \ge \frac{3}{4} $
Áp dụng Cauchy-Schwarz, ta có:
$\sum\frac{x^3}{x^2+2} \ge \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^3+y^3+z^3+2(x+y+z)} $
$\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^3+y^3+z^3+2(x+y+z)} \ge \frac{3}{4} $
$\Leftrightarrow 4(x^4+y^4+z^4)+8xyz(x+y+z) \ge 3(x^3+y^3+z^3)+6(x+y+z) $
$\Leftrightarrow 4(x^4+y^4+z^4)+2(x+y+z) \ge 3(x^3+y^3+z^3) $
Áp dụng AM-GM,ta có:
$\sum(x^4+x^4+x) \ge \sum(3x^3) $
$\Rightarrow $đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[duynhan]

Nguyên văn bởi batigoal

Bài 60(Batigoal)
Cho 3 ba số thực $x,y,x>0 $ thỏa mãn $xyz=1 $.Chứng minh rằng:

$\frac{x^3y}{x^3y+2}+\frac{y^3z}{y^3z+2}+\frac{z^3x }{z^3x+2}\geq 1 $

$a= x^3y, b = y^3z, c = z^3 x $
$\Rightarrow abc=1 $

$\Large \left{ \begin{matrix}
a = \frac{x}{y} & & \\
b =\frac{y}{z} & & \\
c = \frac{z}{x} & & \\
\end{matrix} \right.
$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
$\sum_{cyc} \frac{x}{x+2y} \ge 1 $
$VT = \sum_{cyc} \frac{x^2 }{x^2 + 2xy} \ge 1 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[batigoal]

Bai62 Cho 3 số thực dương $a,b,c $.Chứng minh rằng:

$\frac{a^2+bc}{a^2+(b+c)^2}+\frac{b^2+ca}{b^2+(c+a) ^2}+\frac{c^2+ab}{c^2+(a+b)^2}\leq \frac{18}{5}\frac{a^2+b^2+c^2}{(a
+b+c)^2} $

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

[Kratos]

Bài 63. Cho các số thực $a, b, c $ thoả mãn $a^2+b^2+c^2=3 $. Tìm GTLN của biểu thức
$P=a^3+b^3+c^3+a^2b+b^2c+c^2a $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Eragon1994]

Tặng các bác trên mathscope 1 bài mình chế(hiển nhiên là chỉ sử dụng BĐT Cauchy-Schwarzt)
Bài 64
Cho $a,b,c>0 $ thỏa $a+b+c=1 $.Chứng minh rằng:
$\sum \frac{ab}{c^2(a+b)^2} \ge \sum \frac{1}{ab+c} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[leviethai]

Nguyên văn bởi vthiep94

mình xin nhận xét thế này. Nếu có quá lời các bạn bỏ quá cho:
Hầu hết những bài bất đẳng thức nêu ra đều trong sách anh Cẩn và có lời giải. Mình nghĩ các bạn nên kiếm nhiều hơn những bài lạ 1 chút ví dụ như những bài đã được giải rồi theo phương pháp khác và giải lại theo cách CS, thì mới nói lên ứng dụng lớn lao của bdt này.
Mình sẽ giải 1 bài đã post rồi (giải bằng cách khác ) và giải theo cách CS
[Only registered and activated users can see links. ]
Đây là cách giải của mình
Bất đẳng thức tương đương với
$\[
(4 - (ab)^2 )(4 - (bc)^2 )(4 - (ac)^2 ) \ge (2 + ab)(2 + bc)(2 + ac)
\] $
Ta chứng minh bổ đề $\[
a + b + c \ge (ab)^2 + (bc)^2 + (ac)^2
\]
$ (1)
Thật vậy $\[
\left( {a + b + c} \right)^2 (a^4+ b^4 + c^4) \ge (a^2 + b^2 + c^2 )^3 = 27;
\]
$;
Ta cần chứng minh $\[
\left( {ab+bc+ac} \right)^2 (a^4 + b^4 + c^4) \ge (a^2 + b^2 + c^2 )^3 = 27
\]
$
thật vậy $\[
(a^4 + b^4 + c^4 )\left[ {(ab)^2 + (bc)^2 + (ac)^2 } \right]^2 \le \frac{{(a^2 + b^2 + c^2 )^6 }}{{27}} = 27
\] $;
Theo (1) ta dễ dàng chứng minh được $\[
(4 - (ab)^2 )(4 - (bc)^2 )(4 - (ac)^2 ) \ge (4 - a)(4 - b)(4 - c)
\] $;
vậy ta cần chứng minh
$\[
(4 - a)(4 - b)(4 - c) \ge (2 + ab)(2 + bc)(2 + ac)
\] $
Ta cần chứng minh
$\[
\begin{array}{l}
4 - a)(4 - b)(4 - c) \ge (2 + ab)(2 + bc)(2 + ac) \\
\Leftrightarrow (8 - 2a)(8 - 2b)(8 - 2c) \ge (4 + 2ab)(4 + 2bc)(4 + 2ac); \\
\Leftrightarrow \prod {\left[ {4 + (a - 1)^2 + b^2 + c^2 } \right]} \ge (4 + 2ab)(4 + 2bc)(4 + 2ac) \\
\end{array}
\]
$
mà $\[
\begin{array}{l}
\prod {\left[ {4 + (a - 1)^2 + b^2 + c^2 } \right]} \ge \prod {(4 + } b^2 + c^2 ); \\
\prod {(4 + } b^2 + c^2 ) \ge \prod {(4 + 2ab)} \\
\end{array}
\]
$ Ta chứng minh xong bài toán !

Mình hoàn toàn đồng ý với bạn và vô cùng vui khi còn nhiều người suy nghĩ như vậy.

Tuy nhiên, không biết bạn chứng minh bất đẳng thức này thế nào

$\[
(4 - (ab)^2 )(4 - (bc)^2 )(4 - (ac)^2 ) \ge (4 - a)(4 - b)(4 - c)
\] $

vì với $a=0,b=c=\sqrt{\dfrac{3}{2}} $, bất đẳng thức không đúng nữa.

Bài này hiện mình chưa tìm được lời giải bằng C-S, nhưng có lời giải đưa về 1 biến bằng Dirichlet cũng khá thú vị.

@Eragon1994:
Bài 64. Dễ thấy
$ab+c=(c+a)(c+b) $
Nên bất đẳng thức tương đương
$\sum\limits_{sym} {\frac{{ab}}{{{{(ca + cb)}^2}}}} \ge \frac{{2(a + b + c)}}{{(a + b)(b + c)(c + a)}}, $
mà ta lại có, theo Cauchy Schwarz và Nesbit (chứng minh bằng C-S)
$\left[ {\sum\limits_{sym} {ab} } \right]\left[ {\sum\limits_{sym} {\frac{{ab}}{{{{(ca + cb)}^2}}}} } \right] \ge {\left[ {\sum\limits_{sym} {\frac{{ab}}{{ca + cb}}} } \right]^2} \ge \frac{9}{4}, $
nên ta chỉ cần chứng minh
$\frac{9}{{4(ab + bc + ca)}} \ge \frac{{2(a + b + c)}}{{(a + b)(b + c)(c + a)}} $
bất đẳng thức này tương đương với
$a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2\ge 0. $
Vậy ta có điều phải chứng minh. $\hfill \Boxed $

Mình xin nhắc lại 2 bài sau

Bài 59. Cho $a,b,c,d $ là các số thực dương. Chứng minh rằng
$2(ac+bd)(a^2+b^2+c^2+d^2)\ge (a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab). $

Bài 63. Cho $a,b,c $ là các số thực thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3 $. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$P=a^3+b^3+c^3+a^2b+b^2c+c^2a. $

Đây là hai bài có cách phát biểu đơn giản, nhưng lại hay.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vthiep94]

Bạn Hải cho mình lời giải bằng diriclet được ko ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Persian]

Nguyên văn bởi leviethai

nên ta chỉ cần chứng minh
$\frac{9}{{4(ab + bc + ca)}} \ge \frac{{2(a + b + c)}}{{(a + b)(b + c)(c + a)}} $
bất đẳng thức này tương đương với
$a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2\ge 0. $
Vậy ta có điều phải chứng minh. $\hfill \Boxed $

Cho mình hỏi cái BĐT trên cậu có cách pt tích nào nhanh ko hay chỉ là phá hết ra rồi nhóm vào -chắc phải còn cách khác nếu ta ko thích biến đổi phức tạp
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[leviethai]

@Persian: thực ra không có gì gọi là phức tạp ở đây cả, nếu bung hết ra một cách có đối xứng (không nên khai triển hết ra mà hãy cố nhóm các đại lượng đối xứng hoặc hoán vị, ta sẽ khai triển nhanh hơn và dễ nhìn hơn), bạn sẽ thấy phân tích bình phương là vô cùng tự nhiên. Nếu không, có cách dễ nhìn hơn
$(a+b+c)(ab+bc+ca)=abc+(a+b)(b+c)(c+a)\le \dfrac{9}{8}(a+b)(b+c)(c+a) $

@vthiep94: có 2 cách nhưng đều giống nhau ở chỗ giả sử $(1-ab)(1-ac)\ge 0 $ hay $1+a^2bc\ge ab+ac $. Ta có

$(2-ab)(2-ac)=2(1-ab)(1-ac)+2-a^2bc\ge 2-a^2bc \ge 2-\dfrac{a^2(b^2+c^2)}{2}=2-\dfrac{a^2(3-a^2)}{2} $
hơn nữa
$2-bc\ge 2-\dfrac{b^2+c^2}{2}=2-\dfrac{3-a^2}{2}=\dfrac{1+a^2}{2}, $
Vậy ta chỉ cần chứng minh
$[2-\dfrac{a^2(3-a^2)}{2}][1+a^2]\ge 2 $
tương đương với
$a^2(a^2-1)^2\ge 0 $
Ta có điều phải chứng minh. $\hfill \Box $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[phantiendat_hv]

Bài 65:

$
\frac{\sqrt{ab+4bc+4ca}}{a+b}+
\frac{\sqrt{bc+4ca+4ab}}{b+c}+
\frac{\sqrt{ca+4ab+4bc}}{c+a}\ge\frac{9}{2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Eragon1994]

Liệu có tồn tại lời giải bằng BDT Cauchy-Schwarzt cho bài sau không:
Problem 66
Cho $x,y,z>0 $.Chứng minh rằng:
$\frac{\sqrt{x+y}}{z}+\frac{\sqrt{y+z}}{x}+ \frac{\sqrt{z+x}}{y} \ge \frac{4(x+y+z)}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}} $
--------------------------------------------------------------------
P/s:Bài này mình phải xài kết hợp 2 BDT là Cauchy-Schwrazt và Schur bậc 5 nên giờ post lên đây để xin lời giải hoàn toàn bằng BDT Cauchy-Schwarzt
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[phantiendat_hv]

Nguyên văn bởi Eragon1994

Liệu có tồn tại lời giải bằng BDT Cauchy-Schwarzt cho bài sau không:
Problem 66
Cho $x,y,z>0 $.Chứng minh rằng:
$\frac{\sqrt{x+y}}{z}+\frac{\sqrt{y+z}}{x}+ \frac{\sqrt{z+x}}{y} \ge \frac{4(x+y+z)}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}} $
--------------------------------------------------------------------
P/s:Bài này mình phải xài kết hợp 2 BDT là Cauchy-Schwrazt và Schur bậc 5 nên giờ post lên đây để xin lời giải hoàn toàn bằng BDT Cauchy-Schwarzt

Bài này mình dùng chebychev là ổn còn Cauchy-Schwarzt thì..........
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[kandten]

[QUOTE=Eragon1994;89035]
Bài này em dùng cauchy_swchars và cauchy mọi người giùm em xem có đúng không
$\Leftrightarrow \sum \frac{(x+y)\sqrt{(x+z)(z+y)}}{z}\geq\sum \frac{(x+y)(\sqrt{xy}+z)}{z}=\sum\frac{(x+y)\sqrt{ xy}}{z}+(x+y)\geq \sum \frac{2xy}{z}+(x+y)\geq 4(x+y+z) $
Lại có: $\sum \frac{2xy}{z}=\sum \frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}\geq 2(x+y+z) $
Từ đó --> đpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Kelacloi]

Bài 59
$(a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab)=[(a+c)+(b+d)][ ac(b+d)+bd(a+c)]=(ac+bd)[(a+c)(b+d)+ac(b+d)^2+bd(a+c)^2 $
Áp dụng am-gm , ta có :
*$(a+c)(b+d) \le \frac{1}{2}((a+c)^2+(b+d)^2}\le a^2+b^2+c^2+d^2 $
*$ac(b+d)^2+bd(a+c)^2=ac(b-d)^2+bd(a-c)^2+8abcd \le (ac+bd)[ (b-d)^2+(a-c)^2]+8abcd = (ac+bd)(a^2+b^2+c^2+d^2-2ac-2bd)+8abcd $
$=(ac+bd)(a^2+b^2+c^2+d^2)+8abcd-2(ac+bd)^2 \le (ac+bd)(a^2+b^2+c^2+d^2) $

Cộgn 2 bdt trên lại ta được điều phải chứng minh

Bài 63
Đặt :$p=a+b+c $.Ta có :
$ 3=a^2+b^2+c^2 \le (a+b+c)^2 \le 9 $
$\Rightarrow 3 \ge p \ge \sqrt{3} $
Ta có :
$P=\sum a^3+\sum a^2b=(\sum a^3+\sum a^2b+\sum a^2c)-\sum a^2c =(\sum a^2)(\sum a)-\sum a^2c $
$=3(\sum a)+\sum a-\sum c-\sum a^2c $
Theo am-gm , ta có :$\sum (c+a^2c) \ge \sum 2ac =(\sum a)^2-\sum a^2=p^2-3 $
HEnce, $P \le 4p-(p^2-3)=6+(p-1)(3-p) \le 6 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Kratos]

Nguyên văn bởi Kelacloi

Bài 63
Đặt :$p=a+b+c $.Ta có :
$ 3=a^2+b^2+c^2 \le (a+b+c)^2 \le 9 $
$\Rightarrow 3 \ge p \ge \sqrt{3} $
Ta có :
$P=\sum a^3+\sum a^2b=(\sum a^3+\sum a^2b+\sum a^2c)-\sum a^2c =(\sum a^2)(\sum a)-\sum a^2c $
$=3(\sum a)+\sum a-\sum c-\sum a^2c $
Theo am-gm , ta có :$\sum (c+a^2c) \ge \sum 2ac =(\sum a)^2-\sum a^2=p^2-3 $
HEnce, $P \le 4p-(p^2-3)=6+(p-1)(3-p) \le 6 $

a, b, c là 3 số thực nên bạn không thể dùng AM-GM như vậy được.

Và GTLN cũng không đạt tại 6.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]