Please login or register.

Login with username, password and session length

Author Topic: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức (tiếp)  (Read 14795 times)

29 Tháng Một, 2010, 09:04:43 PM
  • Mod Toán Học
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 547
  • Điểm bài viết: 57
  • Offline ...
Bài này tớ viết thêm vì thấy bài trước thiếu phương pháp ....dùng bất đẳng thức phụ quen thuộc ...
Các bất đẳng thức quen thuộc như  Côsi ; Bunhiacopski ;Mincopski thì tớ sẽ không nói nữa mà tập trung vào bất đẳng thức tớ hay dùng :D và cũng hay được dùng để làm các bài toán dạng tổng của các phân thức với 3 ẩn a,b,c :D . Nói luôn 2 bất đẳng thức tổng quát của nó (cái này tớ đọc trong ẩn sau định lý Ptoleme) và cách chứng minh đơn giản :D

Cụ thể là cái này \sum_{i=1}^{n}\frac{a_i^2}{b_i}\geq\frac{(\sum_{i=1}^{n}\ a_i)^2}{\sum_{i=1}^n\ b_i}

hay \frac{a_1^2}{b_1}\ +...+ \frac{a_n^2}{b_n}\geq\frac{(a_1 +...+ a_n)^2}{b_1 + ...+ b_n} (chứng minh bằng quy nạp ;) )

Chứng minh bằng bất đẳng thức Côsi :D

Khi áp dụng thường nhân cả tử và mẫu để tạo bình phương ;)

VD: \frac{a}{mb+nc}\ +\frac{b}{mc+na}\ + \frac{c}{ma+nb}\geq\frac{3}{m+n} (bài này có thể giải bằng cách khác là đặt ẩn là biểu thức dưới mẫu ;) )

Nhân tử và mẫu với ...chính tử số để xuất hiện bình phương ;)

Tớ sẽ thêm 1 vài bài trong diễn đàn nữa ;) Bây giờ thì hơi gấp nên tớ giới thiệu 2 bất đẳng thức tổng quát ;) , theo Ẩn sau định lý Ptoleme
#1\sum_{i=1}^{k}\frac{a_i^n}{b_i^{n-1}}\geq\frac{(\sum_{i=1}^{k}\ a_i)^n}{(\sum_{i=1}^k\ b_i)^{n-1}}

hay \frac{a_1^n}{b_1^{n-1}}\ +...+ \frac{a_k^n}{b_k^{n-1}}\geq\frac{(a_1 +...+ a_k)^n}{(b_1 + ...+ b_k)^{n-1}}

Áp dụng: Chứng minh: n^{n-1} (a^n +b ^n + c^n ...) \geq\ (a+ b+c...)^n

#2\sum_{i=1}^{k}\frac{a_i^n}{b_i}\geq\frac{(\sum_{i=1}^{k}\ a_i)^n}{n^{n-1}\sum_{i=1}^k\ b_i}

hay \frac{a_1^n}{b_1}\ +...+ \frac{a_k^n}{b_k}\geq\frac{(a_1 +...+ a_k)^n}{n^{n-1}(b_1 + ...+ b_k)} với n>1 (chứng minh dựa vào bất đẳng thức #1)

Áp dụng: Chứng minh: Với các số a,b,c thỏa mãn \frac{1}{a}\ + \frac{1}{b}\ + \frac{1}{c}\ =1 Chứng minh

\frac{a^2}{a+bc}\ + \frac{b^2}{b+ac}\ +\frac{c^2}{c+ba}\geq\frac{a+b+c}{4}\geq\frac{9}{4}
« Last Edit: 30 Tháng Một, 2010, 11:37:31 AM by bsb101 »

29 Tháng Một, 2010, 09:22:49 PM
Reply #1
  • Mod Sinh Học
  • MOD
  • ***
  • Posts: 748
  • Điểm bài viết: 52
  • ♪ Nab ♫
Mình cũng xin đóng góp. :D

* BĐT cộng mẫu số: một BĐT rất đơn giản nhưng thường được sử dụng ở các biến đổi trung gian.

Với ai ( i = \bar{1,n} ) là các số thực dương.

Ta có:        \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{ai}\geq\frac{n^2}{\sum_{i=1}^{n} ai}

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1=a2=...=an.

30 Tháng Một, 2010, 05:07:58 PM
Reply #2
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 449
  • Điểm bài viết: 49
    • A3's blog

Cụ thể là cái này \sum_{i=1}^{n}\frac{a_i^2}{b_i}\geq\frac{(\sum_{i=1}^{n}\ a_i)^2}{\sum_{i=1}^n\ b_i}

hay \frac{a_1^2}{b_1}\ +...+ \frac{a_n^2}{b_n}\geq\frac{(a_1 +...+ a_n)^2}{b_1 + ...+ b_n} (chứng minh bằng quy nạp ;) )


Cái này dùng BCS chứng minh cũng được mà còn nhanh hơn cần gì quy nạp  :)

30 Tháng Một, 2010, 05:56:49 PM
Reply #3
  • Thành viên mới
  • *
  • Posts: 35
  • Điểm bài viết: 3
  • 3 năm cấp 3+4 năm đại học.........dài:(
    • quần áo trẻ em

Cụ thể là cái này \sum_{i=1}^{n}\frac{a_i^2}{b_i}\geq\frac{(\sum_{i=1}^{n}\ a_i)^2}{\sum_{i=1}^n\ b_i}

hay \frac{a_1^2}{b_1}\ +...+ \frac{a_n^2}{b_n}\geq\frac{(a_1 +...+ a_n)^2}{b_1 + ...+ b_n} (chứng minh bằng quy nạp ;) )


Cái này dùng BCS chứng minh cũng được mà còn nhanh hơn cần gì quy nạp  :)
bcs bao gồm cả kái này đấy:)

30 Tháng Một, 2010, 10:09:53 PM
Reply #4
  • Mod Toán Học
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 547
  • Điểm bài viết: 57
  • Offline ...
Hic hic.....thế thì chứng minh 2 cái dưới đi ... còn nói :-s  ...Bất đẳng thức đó nhiều ứng dụng hơn 2 bất đẳng thức dưới ...nhưng mọi người hãy làm bài trên đó đi
Chứng minh: Với các số a,b,c thỏa mãn \frac{1}{a}\ + \frac{1}{b}\ + \frac{1}{c}\ =1 Chứng minh

\frac{a^2}{a+bc}\ + \frac{b^2}{b+ac}\ +\frac{c^2}{c+ba}\geq\frac{a+b+c}{4}\geq\frac{9}{4}

Làm bài này và bài này nữa ;) . Nhưng đừng quá phụ thuộc vài BĐT này nhá ;)

Cho a^2 + b^2 + c^2 =3 Chứng minh \frac{a}{b^2 +c^2}\ + \frac{b}{c^2 +a^2}\ + \frac{c}{b^2 +a^2}\geq\frac{3}{2}

Tớ chỉ muốn chia sẻ cách mà tớ hay làm và thực sự là tớ phụ thuộc nhiều vào bất đẳng thức này ;) . Tớ muốn chia sẻ thêm về việc chứng minh các định lý mà học sinh phải thừa nhận trong sách giáo khoa Toán và nhất là sgk Vật Lý ;) . Hôm nào đó tớ sẽ chia sẻ :D
« Last Edit: 30 Tháng Một, 2010, 10:11:49 PM by bsb101 »

01 Tháng Hai, 2010, 03:05:12 PM
Reply #5
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 449
  • Điểm bài viết: 49
    • A3's blog
Cho a^2 + b^2 + c^2 =3 Chứng minh P=\frac{a}{b^2 +c^2}\ + \frac{b}{c^2 +a^2}\ + \frac{c}{b^2 +a^2}\geq\frac{3}{2}

Đề thi học sinh giỏi HN  :). Mà đề bài anh đưa ra thiếu điều kiện a,b, c>0 vì nếu âm không thỏa mãn  ;)
P=\frac{a^2}{a(3-a^2)}+\frac{b^2}{b(3-b^2)}+\frac{c^2}{c(3-c^2)}
Xét f(t)=t(3-t^2) trên [0;3]
f'(t)=-3t^2+3
f'(t)=0 \Leftrightarrow t=1
\Rightarrow f(t) \leq f(1)=2
\Rightarrow P\geq \frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2)=\frac{3}{2}

02 Tháng Hai, 2010, 10:36:00 PM
Reply #6
  • Mod Toán Học
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 547
  • Điểm bài viết: 57
  • Offline ...
Cho a^2 + b^2 + c^2 =3 Chứng minh P=\frac{a}{b^2 +c^2}\ + \frac{b}{c^2 +a^2}\ + \frac{c}{b^2 +a^2}\geq\frac{3}{2}

Đề thi học sinh giỏi HN  :). Mà đề bài anh đưa ra thiếu điều kiện a,b, c>0 vì nếu âm không thỏa mãn  ;)
P=\frac{a^2}{a(3-a^2)}+\frac{b^2}{b(3-b^2)}+\frac{c^2}{c(3-c^2)}
Xét f(t)=t(3-t^2) trên [0;3]
f'(t)=-3t^2+3
f'(t)=0 \Leftrightarrow t=1
\Rightarrow f(t) \leq f(1)=2
\Rightarrow P\geq \frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2)=\frac{3}{2}

Còn 1 cách nữa để đánh giá mẫu số mà không dùng đạo hàm , dùng Côsi;)

A= t(3-t^2) => 2A^2 =2t^2(3-t^2)(3-t^2) \leq\ 8 => A \leq\ 2 (Áp dụng Côsi + khai căn + vì A> 0 ;)

Còn cách dùng bất đẳng thức trên là: (copy lại :D)

a^2+b^2+c^2=3(a^3+b^3+c^3)(a+b+c) \geq\ (a^2+b^2+c^2)^2 =9

\sum\frac{a}{b^2+c^2}\ = \frac{a^2}{a(3-a^2)}\geq\frac{(a+b+c)^2}{3(a+b+c) - (a^3+b^3+c^3)}\ = \frac{S^3}{3S^2-(a^3+b^3+c^3)(a+b+c) với S = a+b+c

=> \sum\frac{a}{b^2+c^2}\geq\frac{S^3}{3S^2-9}

Mặt khác: \frac{S^3}{3S^2-9}\geq\frac{3}{2} <=> 2S^3-6S^2+27\geq\ 0 <=>(S-3)^2(2S+3) \geq\ 0 (đúng với mọi S )

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

02 Tháng Hai, 2010, 11:20:00 PM
Reply #7
  • Mod Toán Học
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 547
  • Điểm bài viết: 57
  • Offline ...
Làm thêm  bài này :D

Cho a,b,c > 0 thỏa mãn a+b+c =3 .C/m \frac{a^3}{a+2b^3}+\frac{b^3}{b+2c^3}+\frac{c^3}{c+2a^3}\geq1


03 Tháng Hai, 2010, 06:31:31 PM
Reply #8
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 449
  • Điểm bài viết: 49
    • A3's blog
Làm thêm  bài này :D
Cho a,b,c > 0 thỏa mãn a+b+c =3 .C/m P=\frac{a^3}{a+2b^3}+\frac{b^3}{b+2c^3}+\frac{c^3}{c+2a^3}\geq1
P=\frac{a^6}{a^4+2a^3b^3}+\frac{b^6}{b^4+2b^3c^3}+\frac{c^6}{c^4+2a^3b^3}
\geq \frac{(a^3+b^3+c^3)^2}{a^4+b^4+c^4+2a^3b^3+2b^3c^3+2a^3c^3}
P\geq 1\Leftrightarrow (a^3+b^3+c^3)^2\geq a^4+b^4+c^4+2a^3b^3+2b^c^3+2a^3c^3\Leftrightarrow a^6+b^6+c^6\geq a^4+b^4+c^4
3(a^3+b^3+c^3)=(a+b+c)(a^3+b^3+c^3)\geq(a^2+b^2+c^2)^2
(a^2+b^2+c^2)(1+1+1)\geq (a+b+c)^2 =9
\Rightarrow a^3+b^3+c^3 \geq a^2+b^2+c^2
Tương tự a^4+b^4+c^4 \geq a^3+b^3+c^3
Nên (a^6+b^6+c^6)(a^2+b^2+c^2)\geq (a^4+b^4+c^4)^2
\Rightarrow a^6+b^6+c^6\geq a^4+b^4+c^4 (đpcm)

« Last Edit: 03 Tháng Hai, 2010, 06:38:43 PM by alien_mars_3000 »

03 Tháng Hai, 2010, 06:57:18 PM
Reply #9
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 449
  • Điểm bài viết: 49
    • A3's blog
Làm thêm  bài này :D

Cho a,b,c > 0 thỏa mãn a+b+c =3 .C/m \frac{a^3}{a+2b^3}+\frac{b^3}{b+2c^3}+\frac{c^3}{c+2a^3}\geq1
Một bài hoàn toàn tương tự
Cho a,b,c > 0 thỏa mãn a+b+c =3 .C/m \frac{a^2}{a+2b^2}+\frac{b^2}{b+2c^2}+\frac{c^2}{c+2a^2}\geq1
Vậy còn bìa tổng quát
Cho a,b,c > 0 thỏa mãn a+b+c =3 .C/m \frac{a^k}{a+2b^k}+\frac{b^k}{b+2c^k}+\frac{c^k}{c+2a^k}\geq1 ?



03 Tháng Hai, 2010, 09:23:55 PM
Reply #10
  • Mod Toán Học
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 547
  • Điểm bài viết: 57
  • Offline ...
\Rightarrow a^3+b^3+c^3 \geq a^2+b^2+c^2
Đến đây là suy ra luôn a^6 +b^6 +c^6 \ge a^4 +b^4 +c^4 rồi em ạ ;)


Cho a,b,c > 0 thỏa mãn a+b+c =3 .C/m \frac{a^k}{a+2b^k}+\frac{b^k}{b+2c^k}+\frac{c^k}{c+2a^k}\geq1 ?

Vậy thì cứ chứng minh a^{2k} +b^{2k} +c^{2k} \ge a^{k+1} + b^{k+1} +c^{k+1} với a+b+c=3<br />

Cái này thì chứng minh BĐT bằng Côsi ,hoặc dùng TreBưXep cũng được em ạ , nhưng dùng Côsi thì đơn giản nhất ;)


05 Tháng Hai, 2010, 10:24:27 PM
Reply #11
  • Mod Sinh Học
  • MOD
  • ***
  • Posts: 748
  • Điểm bài viết: 52
  • ♪ Nab ♫
Mình tiếp tục đóng góp  :D

* Dạng trung bình

Ta gọi (\frac{a^\alpha+b^\alpha}{2})^{\frac{1}{\alpha}} là trung bình bậc \alpha. Một số trường hợp đặc biệt:
   - \alpha=1: \frac{a+b}{2} gọi là trung bình cộng. \sqrt{ab} gọi là trung bình nhân.
   - \alpha=-1: \frac{2ab}{a+b} gọi là trung bình điều hòa.

Chúng ta cần quan tâm với các dạng sau:
  +) Trung bình nhân:
Với ai, bi (i= \bar{1,n}): (\prod_{i=1}^{n}ai)^{\frac{1}{n}} + (\prod_{i=1}^{n}bi)^{\frac{1}{n}} \leq (\prod_{i=1}^{n}(ai+bi))^{\frac{1}{n}

  +) Trung bình căn: Tính chất "Tổng các trung bình căn lớn hơn hoặc bằng trung bình căn của tổng".
Với ai, bi (i= \bar{1,n}): \sum_{i=1}^{n}\sqrt{ai^2+bi^2} \geq \sqrt{({\sum_{i=1}^{n}ai})^2+({\sum_{i=1}^{n}bi})^2}

  +) Trung bình điều hòa:
Với ai, bi > 0 (i= \bar{1,n}): \sum_{i=1}^{n}\frac{aibi}{ai+bi} \leq \frac{(\sum_{i=1}^{n}ai)(\sum_{i=1}^{n}bi)}{\sum_{i=1}^{n}ai+\sum_{i=1}^{n}bi}

05 Tháng Hai, 2010, 10:47:02 PM
Reply #12
  • Team OCR
  • Thành viên OlympiaVN
  • **
  • Posts: 499
  • Điểm bài viết: 77
  • ^^!
    • quần áo trẻ em
Sử dụng các tính chất hình học trong mp(Oxy), hoặc kg(Oxyz)
1/ |\vec{u} + \vec{v}| \leq |\vec{u}| + |\vec{v}| (dấu bằng xảy ra khi \vec{u}\vec{v} cùng hướng)

2/ Mọi \Delta ABC ta có AB+AC \geq BC
Dấu đẳng thức xảy ra khi A thuộc đoạn BC

3/ Do : cos(\vec{a};\vec{b}) \leq 1; \forall \vec{a}; \vec{b} khác 0 ta có

\vec{u}.\vec{v} \leq |\vec{u}|.|\vec{v}|
Dấu bằng xảy ra khi \vec{u} , \vec{v} cùng hướng

|\vec{u}.\vec{v}| \leq |\vec{u}|.|\vec{v}|
Dấu bằng xảy ra khi \vec{u} = k.\vec{v}

Ta có thể mở rộng các bất đẳng thức trên bằng các bất đẳng thức toạ độ vectơ với \vec{a} = (x_1;y_1;z_1)\vec{b} = (x_2;y_2;z_2)
Ta có:

x_1.x_2 + y_1.y_2 + z_1.z_2 \leq sqrt{{x_1}^2 + {y_1}^2 + {z_1}^2}.sqrt{{x_2}^2 + {y_2}^2 + {z_2}^2}
|x_1.x_2 + y_1.y_2 + z_1.z_2| \leq sqrt{{x_1}^2 + {y_1}^2 + {z_1}^2}.sqrt{{x_2}^2 + {y_2}^2 + {z_2}^2}<br />

4/ Miền đường cong, miền đường thẳng và đoạn ziczac :D

11 Tháng Hai, 2010, 03:57:00 PM
Reply #13
  • Mod Sinh Học
  • MOD
  • ***
  • Posts: 748
  • Điểm bài viết: 52
  • ♪ Nab ♫

* Phép nhóm Abel

Khi chứng minh những bất đẳng thức của một hay nhiều dãy số có thứ tự người ta thường sử dụng phép nhóm Abel để sử dụng dễ dàng các điều kiện thứ tự đó. Phép nhóm Abel được cho bởi đẳng thức:
Cho hai dãy số thực a1, a2,...,an và b1, b2,...,bn. Ký hiệu Sk=\sum_{i=1}^{k}a_i, k=\bar{1,n}. Ta có đẳng thức \sum_{i=1}^{n}a_i.b_i=\sum_{i=1}^{n-1}S_i.(b_i-b_{i+1})+S_n.b_n

Để có được phương pháp giải bất đẳng thức sử dụng phép nhóm Abel trong trường hợp cụ thể, chúng ta xây dựng bài toán tổng quát.

VD: Với \alpha\geq\beta\geq \gamma>0,a\geq\alpha,ab\geq\alpha\beta,abc\geq\alpha\beta\gamma. Chứng minh a+b+c\geq\alpha+\beta+\gamma

Ta có: a+b+c=\gamma(\frac{a}{\alpha}+\frac{b}{\beta}+\frac{c}{\gamma})+(\beta-\gamma)(\frac{a}{\alpha}+\frac{b}{\beta})+(\alpha-\beta)\frac{a}{\alpha}
                    \geq3\gamma{\sqrt[3]{\frac{abc}{\alpha\beta\gamma}}+2(\beta-\gamma)\sqrt{\frac{ab}{\alpha\beta}}+(\alpha-\beta)\frac{a}{\alpha}

Áp dụng các điều kiện đã cho của bài toán thu được:

a+b+c\geq3\gamma+2(\beta-\gamma)+(\alpha-\beta)=\gamma+\beta+\alpha(đpcm)

11 Tháng Hai, 2010, 08:10:31 PM
Reply #14
  • MODERATOR
  • ****
  • Posts: 449
  • Điểm bài viết: 49
    • A3's blog
Một ví dụ sử dụng khai triển Abel
Cho cá số thực dương x_1, x_2, ...,x_n thoả mãn \forall k\leq n; x_1+x_2+...+x_k\geq \sqrt{k}
CMR: x_1^2+x_2^2+...+x_n^2\geq \frac{1}{4}(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n})