BẤT ĐẲNG THỨC SCHUR
Với các số thực không âm a,b,c ; ta luôn có:
(a-c)+b^k(b-c)(b-a)+c^k(c-a)(c-b)\geq 0 "a^k(a-b)(a-c)+b^k(b-c)(b-a)+c^k(c-a)(c-b)\geq 0")
trong đó k là một số thực bất kì.
Chứng minh.Không mất tính tổng quát, giả sử
Với k=1:
Ta có:
(c-b) \geq 0 "c(c-a)(c-b) \geq 0")
và
(a-c)+b(b-a)(b-c)=(a-b)(a^2-ac-b^2+bc)=(a-b)^2(a+b-c) "a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)=(a-b)(a^2-ac-b^2+bc)=(a-b)^2(a+b-c)")
Vậy BĐT được chứng minh với k=1 là đúng. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c hay a=b, c=0 và các hoán vị.
Đối với các trường hợp k khác 1 thì chứng minh tương tự, ở đây mình ko ch/m vì tốn time gõ
(thực ra là gõ thiếu k, nên chứng minh k=1, ngại gõ lại
![[BĐT] Topic về bất đẳng thức Schur 832535](https://2img.net/u/3211/21/76/92/smiles/832535.gif)
)
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
Bài 1. (Cơ bản)
Với a,b,c>0, chứng minh các BĐT:
a)
+bc(b+c)+ca(c+a) "a^3+b^3+c^3+3abc \geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)")
b)
^3+9abc \geq 4(a+b+c)(ab+bc+ca) "(a+b+c)^3+9abc \geq 4(a+b+c)(ab+bc+ca)")
c)
 "a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c} \geq 2(ab+bc+ca)")
d)
(b+c-a)(c+a-b)\leq abc "(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc")
Trang Chính 
Đăng ký 
Tìm kiếm 
Đăng Nhập 
quythanhkhuu 
![[BĐT] Topic về bất đẳng thức Schur Empty](https://2img.net/i/fa/empty.gif)
Mon Nov 08, 2010 6:24 pm
Tổng số bài gửi
Tài khoản
Sinh nhật
Tuổi
Đến từ
Châm ngôn 
Tiêu đề: [BĐT] Topic về bất đẳng thức Schur
chẳng lẽ để topic bỏ ko thấy nó kì lắm 
