Một vài bất đẳng thức thông dụng

Gem · 06-12-2008, 07:32 PM

Trong chương trình toán PTTH, người ta chỉ cho học sinh sử dụng Côsi / Bunhiacopski để chứng minh các bđt khác mà khỏi cần chứng minh lại nó.

Ngoài 2 bất đẳng thức cổ điển trên còn nhiều bđt khác khá hay nhưng người ta ko cho s/d trực tiếp mà phải chứng minh chúng :

Gem viết vài bđt cho các bạn tham khảo nhé :

Bất Đẳng thức Trê Bư Sép :

Cho dãy số sắp thứ tự : $\[ \left\{ {ai} \right\}_{i = 1}^n \forall n \in N,n \ge 2 \] $

$ \begin{array}{l} \left\{ {a_1 \le a_2 \le ... \le a_n } \right\} \\ \left\{ {b_1 \le b_2 \le ... \le b_n } \right\} \\ \end{array} $

thế thì : $ n\sum\limits_{i = 1}^n {aibi} \ge \sum\limits_{i = 1}^n {ai\sum\limits_{i = 1}^n {bi} } $

Đẳng thức xảy ra $\[ \Leftrightarrow \left[ {a_1 = a_2 = ... = a_n } \right],\left[ {b_1 = b_2 = ... = b_n } \right] \] $

Nếu hai dãy số trên sắp thứ tự ngược nhau thì bất đẳng thức đổi chiều.

( ghi mấy ký tự này mệt quá ...)

lovelqd · 08-12-2008, 06:42 AM

Trích:

Nguyên văn bởi Gem

Trong chương trình toán PTTH, người ta chỉ cho học sinh sử dụng Côsi / Bunhiacopski để chứng minh các bđt khác mà khỏi cần chứng minh lại nó.

Ngoài 2 bất đẳng thức cổ điển trên còn nhiều bđt khác khá hay nhưng người ta ko cho s/d trực tiếp mà phải chứng minh chúng :

Gem viết vài bđt cho các bạn tham khảo nhé :

Bất Đẳng thức Trê Bư Sép :

Cho dãy số sắp thứ tự : $\[ \left\{ {ai} \right\}_{i = 1}^n \forall n \in N,n \ge 2 \] $

$ \begin{array}{l} \left\{ {a_1 \le a_2 \le ... \le a_n } \right\} \\ \left\{ {b_1 \le b_2 \le ... \le b_n } \right\} \\ \end{array} $

thế thì : $ n\sum\limits_{i = 1}^n {aibi} \ge \sum\limits_{i = 1}^n {ai\sum\limits_{i = 1}^n {bi} } $

Đẳng thức xảy ra $\[ \Leftrightarrow \left[ {a_1 = a_2 = ... = a_n } \right],\left[ {b_1 = b_2 = ... = b_n } \right] \] $

Nếu hai dãy số trên sắp thứ tự ngược nhau thì bất đẳng thức đổi chiều.

( ghi mấy ký tự này mệt quá ...)

Gem làm nghề gì mà mê toán dữ vậy ta!!! Nếu được e bổ sung thêm bất đẳng thức Maclaurin và BDT hình học ngen!

Gem · 08-12-2008, 04:32 PM

gem làm nghề ..Xây Dựng, mê IT, iu Toán, ack , ack

2. Bất Đẳng Thức Jensen :

cho hàm số f(x) lồi trên [a;b]

thế thì : $ \sum\limits_{i = 1}^n {f(x_i ) \le nf\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{xi}}{n}} } \right)} \forall xi \in \left[ {a;b} \right] $

Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow x_1 = x_2 = .... = x_n $

Khi f(x) lõm trên [a;b] thì bất đẳng thức sẽ đổi chiều.

p/s : Do một ngày đẹp trời Gem có ghé nhà sách xem thấy sách bây giờ viết lởm quá nên lấy sách cũ ra viết lại trên web cho đỡ buồn.

Gem · 08-12-2008, 04:40 PM

3. Bất đẳng thức trung bình bậc m :

Cho dãy số không âm : $\[ \left\{ a \right.\left. {_i } \right\}_{i - 1}^n .\forall m \in N,m \ge 2 \] $

thế thì : $ \sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{a_i^m }}{n}} \ge \left( {\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{a_i }}{n}} } \right)^m $

Gem · 10-12-2008, 07:35 PM

4. Bất đẳng thức Schur :

Cho a, b, c là những số thực không âm và r >0.

Thế thì :
$ \[ a^r (a - b)(a - c) + b^r (b - c)(b - a) + c^r (c - a)(c - b) \ge 0 \]$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c hoặc hai trong số a, b, c bằng nhau và số còn lại bằng 0.

5. Bất đẳng thức Holder :
cho
$ a_1 ,a_2 ,....,a_n ;b_1 ,b_2 ,....,b_n ;....;z_1 ,z_2 ....,z_n $
à dãy các số thực không âm, và cho :
$ \[ \lambda _a ,\lambda _b ,....,\lambda _n \]$

là những số thực dương với tổng bằng 1. Khi đó ta có :

$ (a_1 + ... + a_n )^{\lambda a} (b_1 + ... + b_n )^{\lambda b} ...(z_1 + ... + z_n )^{\lambda z} \ge a_1^{\lambda a} b_1^{\lambda b} ...z_1^{\lambda z} + a_n^{\lambda a} b_n^{\lambda b} ...z_n^{\lambda z} $

Gem · 10-12-2008, 07:48 PM

6. Bất đẳng thức Rearrangement :

Cho $\[ a_1 \le a_2 \le .... \le a_n \] $ và $\[ b_1 \le b_2 \le .... \le b_n \] $ Khi đó với mỗi hoán vị \[
$\pi \]$ của $\[ \left\{ {1,2,....,n} \right\} \] $

ta có:
$ \[ a_1 b_1 + a_2 b_2 + .... + a_n b_n \ge a_1 b_{\pi (1)} + a_2 b_{\pi (2)} + ... + a_n b_{\pi (n)} \ge a_1 b_n + a_2 b_{n - 1} + ... + a_n b_1 \]$

lovelqd · 11-12-2008, 07:53 AM

Trích:

Nguyên văn bởi Gem

6. Bất đẳng thức Rearrangement :

Cho $\[ a_1 \le a_2 \le .... \le a_n \] $ và $\[ b_1 \le b_2 \le .... \le b_n \] $ Khi đó với mỗi hoán vị \[
$\pi \]$ của $\[ \left\{ {1,2,....,n} \right\} \] $

ta có:
$ \[ a_1 b_1 + a_2 b_2 + .... + a_n b_n \ge a_1 b_{\pi (1)} + a_2 b_{\pi (2)} + ... + a_n b_{\pi (n)} \ge a_1 b_n + a_2 b_{n - 1} + ... + a_n b_1 \]$

Quá tuyệt vời!!!! Toàn là bdt dành cho Olympic! Thêm bdt Karamata đi! Và các bdt con gọn nhẹ hơn Gem ơi!

Toán học thật tuyệt!

Gem · 18-12-2008, 03:38 PM

từ từ anh C ơi, em đang có 1 kho BĐT luôn nè, làm biếng post quá.

Xin mời em Chinh viết vài bài và phương pháp làm Bất đẳng thức, Gem thấy Chinh có vẻ đam mê BĐT đó.

Gem · 19-12-2008, 04:18 PM

7. Bất đẳng thức Weighted Power Mean :

Nếu
$x_1 ,x_2 ,....,x_n$ là những số thực không âm và
$\omega _1 ,\omega _2 ,....,\omega _n$

cũng là số thực không âm với tổng dương , khi đó :

$f(r):=\left( {\frac{{\omega _1 x_1^r + ... + \omega _n x_n^r }}{{\omega _1 + ... + \omega _n }}} \right)$
là một hàm không giảm theo $r$ .
$f(1) \ge f(0) \ge f( - 1)$

thì ta được bất đẳng thức AM-GM-HM, còn AM-GM-HM thì 8. sẽ chỉ rõ .

Gem · 19-12-2008, 04:32 PM

8. Bất đẳng thức AM-GM-HM :

Cho $x_i > 0$ với $i \in N^*$
thế thì :

$QM \ge AM \ge GM \ge HM$

ở đó :

$\begin{array}{l} QM = \sqrt {\frac{{x_1^2 + x_2^2 + .. + x_n^2 }}{n}} ;QM = quadratic \\ AM = \frac{{x_1 + x_2 + ... + x_n }}{n};AM = arithmetic \\ GM = \sqrt[n]{{x_1 .x_2 ...x_n }};GM = geometric \\ HM = \frac{n}{{\frac{1}{{x_1 }} + \frac{1}{{x_2 }} + ... + \frac{1}{{x_n }}}};HM = harmovic \\ \end{array}$

dễ thấy lấy riêng AM-GM là Bất đẳng thức CôSi