|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
|
10-03-2011, 05:54 AM | #1 |
Super Moderator Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: Hà Nội Bài gởi: 2,895 Thanks: 382 Thanked 2,968 Times in 1,295 Posts | 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 $ |
The Following 13 Users Say Thank You to batigoal For This Useful Post: | Ino_chan (28-03-2011), je.triste (11-03-2011), lexuanthang (16-04-2011), Lil.Tee (01-04-2011), nguyenvanphung (24-06-2011), nhat7d (03-05-2011), nhox12764 (10-03-2011), Raul Chavez (08-04-2014), snowangel_15 (18-07-2012), TNP (01-09-2012), Unknowing (15-03-2011), xtungftu (21-08-2011), Yucio.3bi_love (14-07-2011) |
10-03-2011, 10:22 PM | #2 |
+Thành Viên+ | 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 __________________ |
10-03-2011, 10:31 PM | #3 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2011 Đến từ: Trung tâm giáo dục thường xuyên tỉnh Ninh Thuận thành phố Phan Rang Tháp Chàm. Bài gởi: 117 Thanks: 260 Thanked 30 Times in 21 Posts | Trích:
__________________ . | |
The Following User Says Thank You to long_chau2010 For This Useful Post: | nhat7d (03-05-2011) |
10-03-2011, 10:51 PM | #5 |
+Thành Viên Danh Dự+ | 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! __________________ Phan Tiến Đạt |
The Following 13 Users Say Thank You to phantiendat_hv For This Useful Post: | AnhIsGod (01-03-2012), ha linh (07-05-2011), hahahaha4 (07-06-2011), hoangqnvip (22-11-2013), Ino_chan (09-04-2011), je.triste (11-03-2011), Lil.Tee (11-04-2011), mathematician (14-03-2011), Mr_Trang (23-04-2011), nguyenvanphung (23-06-2011), nhat7d (03-05-2011), nhox12764 (11-03-2011), TNP (15-04-2012) |
28-02-2014, 08:31 PM | #6 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2013 Bài gởi: 9 Thanks: 2 Thanked 0 Times in 0 Posts | Trích:
| |
10-03-2011, 11:08 PM | #7 | |
Super Moderator Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: Hà Nội Bài gởi: 2,895 Thanks: 382 Thanked 2,968 Times in 1,295 Posts | Trích:
$(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} $ | |
The Following 46 Users Say Thank You to batigoal For This Useful Post: | 9A1 (22-05-2012), aidichoi (24-07-2011), AnhIsGod (01-03-2012), arshavin (12-07-2013), Conan Edogawa (11-03-2011), DoThanhTung_ĐH (29-07-2011), duycvp (12-03-2011), duynhan (11-03-2011), FTU1995 (19-07-2011), ha linh (13-03-2011), hahahaha4 (07-06-2011), hephuongtrinh (17-07-2011), hoang_kkk (25-07-2012), HocKoGioi (11-06-2012), Ino_chan (09-04-2011), iunhiuhonnoi (29-04-2011), je.triste (12-03-2011), kechothanh (10-05-2011), kiffen14 (18-04-2011), ladykillah96 (02-10-2013), letatanu (12-03-2011), lexuanthang (13-05-2011), Lil.Tee (01-04-2011), long_chau2010 (11-03-2011), manh11tlc (18-04-2011), mathematician (14-03-2011), Mathias (11-06-2011), Mệnh Thiên Tử (10-03-2011), mrvui123 (04-09-2012), nct111 (21-05-2011), nguyenvanphung (23-06-2011), nguyenxuanthai (26-03-2011), nhat7d (03-05-2011), nhox12764 (11-03-2011), npanbmath (13-05-2011), proboyhinhvip (15-05-2011), ptk_1411 (17-04-2011), shinichi_kute (07-02-2012), starandsky1995 (01-03-2012), status chip (01-04-2011), thaothunguyen (26-03-2011), tienanh_tx (18-12-2012), tientrung_1309 (06-04-2012), TNP (15-04-2012), Trầm (05-05-2012), Yucio.3bi_love (14-07-2011) |
12-06-2011, 10:52 AM | #8 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2011 Đến từ: Đồng Nai Bài gởi: 6 Thanks: 0 Thanked 6 Times in 4 Posts | Bài 1: Bạn ơi! Hình như chứng minh được điều trên đâu có suy ra được BĐT cần chứng minh đâu bạn! __________________ Hãy sống như đời núi, vươn tới những tầm cao... |
12-06-2011, 01:34 PM | #9 | ||
Super Moderator Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: Hà Nội Bài gởi: 2,895 Thanks: 382 Thanked 2,968 Times in 1,295 Posts | Trích:
Ta có: $\Leftrightarrow (a+b+c)^2 \leq 6+a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow ab+bc+ca \leq 3 $ vì: Khai triển hằng đăng thưc ra được: $a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\leq 6+a^2+b^2+c^2 $ $\Leftrightarrow 2(ab+bc+ca)\leq 6\Leftrightarrow ab+bc+ca \leq 3 $ (đfcm)Đến đây thì bạn rõ chưa? __________________ “ Sức mạnh của tri thức là sự chia sẻ tri thức” [Only registered and activated users can see links. ] thay đổi nội dung bởi: batigoal, 12-06-2011 lúc 01:42 PM Lý do: Latex | ||
The Following User Says Thank You to batigoal For This Useful Post: | company (12-06-2011) |
10-03-2011, 11:29 PM | #10 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2010 Đến từ: THPT Chuyên Vĩnh Phúc Bài gởi: 280 Thanks: 29 Thanked 361 Times in 123 Posts | 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 $$ |
The Following 8 Users Say Thank You to DaiToan For This Useful Post: | daylight (10-03-2011), DoThanhTung_ĐH (29-07-2011), Ino_chan (09-04-2011), je.triste (12-03-2011), Lil.Tee (11-04-2011), manh11tlc (18-04-2011), Mệnh Thiên Tử (10-03-2011), nhat7d (03-05-2011) |
10-03-2011, 11:49 PM | #11 | |
Super Moderator Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: Hà Nội Bài gởi: 2,895 Thanks: 382 Thanked 2,968 Times in 1,295 Posts | Trích:
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. | |
The Following 10 Users Say Thank You to batigoal For This Useful Post: | AnhIsGod (01-03-2012), duycvp (12-03-2011), je.triste (12-03-2011), Lil.Tee (01-04-2011), manh11tlc (18-04-2011), mathematician (14-03-2011), Mệnh Thiên Tử (10-03-2011), nguyentrai_oly (25-04-2011), nhat7d (03-05-2011), proboyhinhvip (15-05-2011) |
26-03-2011, 05:53 PM | #12 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Đến từ: Sài Gòn Bài gởi: 535 Thanks: 287 Thanked 325 Times in 193 Posts | Trích:
Ta sẽ cm bđt trên với $T = \frac{{\sqrt {30} }}{{6{{\left( {\sqrt 3 + \sqrt 2 } \right)}^2}}} $, khi đó bđt sẽ đúng với mọi giá trị $T \leqslant \frac{{\sqrt {30} }}{{6{{\left( {\sqrt 3 + \sqrt 2 } \right)}^2}}} $ Đặt $m = a + b = c + d + e $. Theo bđt Cauchy-Schwarz ta có ${a^2} + {b^2} \geqslant \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} = \frac{{{m^2}}}{2} $ và ${c^2} + {d^2} + {e^2} \geqslant \frac{{{{\left( {c + d + e} \right)}^2}}}{3} = \frac{{{m^2}}}{3} $ Suy ra $\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2}} \geqslant \frac{{5{m^2}}}{6} $ (1) Cũng theo bđt Cauchy-Schwarz, ta có $\sqrt a + \sqrt b \leqslant \sqrt {2\left( {a + b} \right)} = \sqrt {2m} $ và $\sqrt c + \sqrt d + \sqrt e \leqslant \sqrt {3\left( {c + d + e} \right)} = \sqrt {3m} $ Suy ra ${\left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c + \sqrt d + \sqrt e } \right)^2} \leqslant {\left( {\sqrt 2 + \sqrt 3 } \right)^2}{m^2} $ (2) Từ (1) và (2) ta có ngay $\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2} + {e^2}} \geqslant \frac{{\sqrt {30} }}{{6{{\left( {\sqrt 3 + \sqrt 2 } \right)}^2}}}{\left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c + \sqrt d + \sqrt e } \right)^2} $ (đpcm) _________________________________ Bản chất của việc áp dụng Cauchy-Schwarz như trên không có gì khó hiểu, quan trọng nhất là từ đk, ta dự đoán được đẳng thức xảy ra khi 2 biến đầu bằng nhau, 3 biến sau bằng nhau. Từ đó tách ra và áp dụng Cauchy-Schwarz cho từng nhóm | |
The Following 4 Users Say Thank You to hizact For This Useful Post: |
28-03-2011, 08:02 PM | #13 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2011 Bài gởi: 8 Thanks: 3 Thanked 1 Time in 1 Post | Bài 35Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn a+b+c+d=4. CMR: $ \frac{a}{1+b^{2}c} +\frac{b}{1+c^{2}d} +\frac{c}{1+d^{2}a} +\frac{d}{1+a^{2}b} \geq 2 $ __________________ Điều mong muốn cuối cùng của tôi là: Toàn Đảng, toàn dân ta đoàn kết phấn đấu, xây dựng một nước Việt Nam hòa bình, thống nhất, độc lập, dân chủ và giàu mạnh, và góp phần xứng đáng vào sự nghiệp cách mạng thế giới. Di chúc, 1969 Hồ Chí Minh toàn tập thay đổi nội dung bởi: batigoal, 28-03-2011 lúc 08:56 PM Lý do: Đánh số bài |
The Following User Says Thank You to HN.Windy For This Useful Post: | Lil.Tee (01-04-2011) |
28-03-2011, 10:18 PM | #14 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2010 Bài gởi: 99 Thanks: 136 Thanked 44 Times in 34 Posts | Trích:
Ta cần cm:$4 \ge ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b $ thật vậy: $(a+b+c+d)^4 \ge (4(ab+bc+cd+da))^2 \ge 4^3(ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b) $ $\Rightarrow $$4 \ge ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b $ $\Rightarrow $đpcm. __________________ I WILL DO IT=p | |
The Following User Says Thank You to haimap27 For This Useful Post: | Lil.Tee (01-04-2011) |
28-03-2011, 10:22 PM | #15 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Đến từ: Sài Gòn Bài gởi: 535 Thanks: 287 Thanked 325 Times in 193 Posts | Bài này hồi trước chế để giải bằng cân bằng hệ số AM-GM, nhưng hình như Cauchy - Schwarz giải quyết bài này khá tốt Problem 36 For positive real number a,b,c such that abc=1. Prove that $\mathop \sum \limits_{cyc} \frac{{{a^4}}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}\left( {a + c} \right)}} \geqslant \frac{3}{8} $ |
The Following User Says Thank You to hizact For This Useful Post: | Lil.Tee (01-04-2011) |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|