Cho n là số nguyên lớn hơn 1.Chứng minh bất đẳng thức \(\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+......+\dfrac{1}{n^2}< 2-\dfrac{1}{n}\)
Chứng minh bất đẳng thức sau
\(\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+.....+\dfrac{1}{2n}\ge\dfrac{1}{2}\) \(\left(n\in N^{sao}\right)\)
Lời giải:
Tổng trên gồm \([2n-(n+1)]:1+1=n\)\([2n-(n+1)]:1+1=n\)
số hạng
Mỗi số hạng đứng trước \(\frac{1}{2n}\) đều lớn hơn hoặc bằng nó do \(n+1, n+2,....,2n-1\leq 2n\forall n\in\mathbb{N}^*\) thì \(\frac{1}{n+1}, \frac{1}{n+2},..., \frac{1}{2n-1}\geq \frac{1}{2n}\)
Suy ra:
\(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}\geq \underbrace{\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n}+...+\frac{1}{2n}}_{ \text{n lần}}=\frac{n}{2n}=\frac{1}{2}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \(n=1\)
Chứng minh bất đẳng thức sau:
\(1+\dfrac{1}{1.2}+\dfrac{1}{1.2.3}+...+\dfrac{1}{1.2.3.....n}< 2\)
chứng minh rằng với số tự nhiên n,n lớn hơn 4 ta có:
\(\dfrac{1}{2\sqrt{1}+1\sqrt{2}}+\dfrac{1}{3\sqrt{2}+2\sqrt{3}}+\dfrac{1}{4\sqrt{3}+3\sqrt{4}}+...+\dfrac{1}{\left(n+1\right)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}< 1\)
\(\dfrac{1}{\left(n+1\right)\sqrt{n}+n\sqrt{n+1}}=\dfrac{\left(n+1\right)\sqrt{n}-n\sqrt{n+1}}{\left(n+1\right)^2n-n^2\left(n+1\right)}\)
\(=\dfrac{\left(n+1\right)\sqrt{n}-n\sqrt{n+1}}{n\left(n+1\right)}=\dfrac{1}{\sqrt{n}}-\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}\)
Do đó:
\(VT=\dfrac{1}{\sqrt{1}}-\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{2}}-\dfrac{1}{\sqrt{3}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{n}}-\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}\)
\(VT=1-\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}< 1\) (đpcm)
\(\dfrac{a+b}{ab+c^2}+\dfrac{b+c}{bc+a^2}+\dfrac{c+a}{ca+b^2}\le\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\)
Chứng minh bất đẳng thức trên
Lời giải:
Điều kiện: $a,b,c>0$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\frac{a+b}{ab+c^2}=\frac{(a+b)^2}{(ab+c^2)(a+b)}=\frac{(a+b)^2}{a(b^2+c^2)+b(a^2+c^2)}\leq \frac{b^2}{a(b^2+c^2)}+\frac{a^2}{b(a^2+c^2)}\)
\(\frac{b+c}{bc+a^2}=\frac{(b+c)^2}{(b+c)(bc+a^2)}=\frac{(b+c)^2}{c(b^2+a^2)+b(a^2+c^2)}\leq \frac{b^2}{c(a^2+b^2)}+\frac{c^2}{b(a^2+c^2)}\)
\(\frac{c+a}{ca+b^2}=\frac{(c+a)^2}{(c+a)(ac+b^2)}=\frac{(c+a)^2}{c(a^2+b^2)+a(b^2+c^2)}\leq \frac{c^2}{a(b^2+c^2)}+\frac{a^2}{c(a^2+b^2)}\)
Cộng theo vế các BĐT trên:
\(\Rightarrow \text{VT}\leq \frac{b^2+c^2}{a(b^2+c^2)}+\frac{a^2+c^2}{b(a^2+c^2)}+\frac{b^2+a^2}{c(b^2+a^2)}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Chứng minh bất đẳng thức với n nguyên dương
\(\dfrac{1}{2}\)+\(\dfrac{1}{3\sqrt[2]{2}}\)+...+\(\dfrac{1}{2010\sqrt[2]{2009}}\)<\(\dfrac{89}{45}\)
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh bất đẳng thức:
\(\dfrac{a+b}{bc+a^2}+\dfrac{b+c}{ac+b^2}+\dfrac{c+a}{ab+c^2}\le\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\)
Xét hiệu VT - VP
\(\dfrac{a+b}{bc+a^2}+\dfrac{b+c}{ab+b^2}+\dfrac{c+a}{ab+c^2}-\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{c}=\dfrac{a^2+ab-bc-a^2}{a\left(bc+a^2\right)}+\dfrac{b^2+bc-ac-b^2}{b\left(ac+b^2\right)}+\dfrac{c^2+ac-ab-c^2}{c\left(ab+c^2\right)}=\dfrac{b\left(a-c\right)}{a\left(bc+a^2\right)}+\dfrac{c\left(b-a\right)}{b\left(ac+b^2\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)}{c\left(ab+c^2\right)}\)
Do a,b,c bình đẳng nên giả sử a\(\ge\)b\(\ge\)c, khi đó \(b\left(a-c\right)\)\(\ge\)0, c(b-a)\(\le\)0, a(c-b)\(\le\)0
\(a^3\ge b^3\ge c^3=>abc+a^3\ge abc+b^3\ge abc+c^3\)=>\(\dfrac{b\left(a-c\right)}{a\left(bc+a^2\right)}\le\dfrac{b\left(a-c\right)}{b\left(ac+b^2\right)}\)
=> VT -VP \(\le\) \(\dfrac{b\left(a-c\right)}{a\left(bc+a^2\right)}+\dfrac{c\left(b-a\right)}{b\left(ac+b^2\right)}+\dfrac{a\left(c-b\right)}{c\left(ab+c^2\right)}=\dfrac{ab-ac}{b\left(ac+b^2\right)}+\dfrac{ac-ab}{c\left(ab+c^2\right)}=\dfrac{a\left(b-c\right)}{b\left(ac+b^2\right)}-\dfrac{a\left(b-c\right)}{c\left(ab+c^2\right)}\)
mà \(\dfrac{1}{b\left(ac+b^2\right)}\le\dfrac{1}{c\left(ab+c^2\right)}\) nên VT-VP <0 đpcm
Ta viết bất đẳng thức đã cho lại thành
\(\sum\left[\dfrac{1}{c}-\dfrac{\left(a+b+2c\right)}{2\left(ab+c^2\right)}\right]\ge\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{2\prod\left(ab+c^2\right)}\)
\(\Leftrightarrow\sum\dfrac{c\left(a^2+ab+b^2\right)\left(a-b\right)^2}{ab\left(a^2+bc\right)\left(b^2+ca\right)}\ge\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\prod\left(ab+c^2\right)}\)
Hay \(S_a\left(b-c\right)^2+S_b\left(c-a\right)^2+S_c\left(a-b\right)^2\ge\dfrac{\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\prod\left(ab+c^2\right)}\quad\left(1\right)\)
Vậy $VT\geq 0$ và $S_a+S_b\ge 0;S_b+S_c\ge 0.$ Nếu \(a\ge b\ge c\rightarrow VT\ge0\ge VP,\) ta chỉ xét \(a\le b\le c.\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow\left(S_a+S_b\right)\left(b-c\right)^2+\left(S_b+S_c\right)\left(a-b\right)^2\ge\left[\dfrac{\left(c-a\right)\left(a^2+b^2+c^2\right)}{\prod\left(ab+c^2\right)}-2S_b\right]\left(a-b\right)\left(b-c\right)\)
Đặt \(c=a+x+y,b=a+x\Rightarrow x=b-a;y=c-b\left(x,y\ge0\right)\) thay vào rút gọn các thứ là đpcm.
P/s: Cách này khá trâu nhưng chịu thôi, bài này mình nghĩ khá chặt.
Chứng minh rằng không có 3 số dương a,b,c nào thỏa mãn cả 3 bất đẳng thức : \(a+\dfrac{1}{b}< 2\) ; \(b+\dfrac{1}{c}< 2\) ; \(c+\dfrac{1}{a}< 2\)
Lời giải:
Phản chứng. Giả sử tồn tại 3 số dương $a,b,c$ thỏa mãn điều trên
$\Rightarrow a+\frac{1}{b}+b+\frac{1}{c}+c+\frac{1}{a}< 6$
$\Leftrightarrow (a+\frac{1}{a}-2)+(b+\frac{1}{b}-2)+(c+\frac{1}{c}-2)< 0$
$\Leftrightarrow \frac{(a-1)^2}{a}+\frac{(b-1)^2}{b}+\frac{(c-1)^2}{c}< 0$ (vô lý với mọi $a,b,c>0$)
Do đó điều giả sử là sai.
Tức là không có 3 số dương $a,b,c$ nào thỏa mãn BĐT đã cho.
Chứng minh bất đẳng thức
Cho x, y, z là các số dương (chứng minh hộ mình phần b) thôi)
a) CMR : \(3\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)
b) Cho x, y, z thỏa mãn : \(3+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=12\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}\right)\)
CMR : \(\dfrac{1}{4x+y+z}+\dfrac{1}{x+4y+z}+\dfrac{1}{x+y+4z}\le\dfrac{1}{6}\)
Chứng minh Bất đẳng thức sau:\(\dfrac{1}{1+a^2}+\dfrac{1}{1+b^2}\ge\dfrac{2}{1+ab}\)