Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Kết quả 1 đến 3 của 3
  1. #1
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Trường THPT Hồng Ngự 2, Đồng Tháp
    Tuổi
    30
    Bài viết
    271
    Cám ơn (Đã nhận)
    449

  2. Cám ơn tinilam đã cám ơn bài viết này
  3. #2
    Super Moderator Tran Le Quyen's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Bến Tre
    Bài viết
    468
    Cám ơn (Đã nhận)
    620
    Xét hàm số \[ f(x)=x\ln x\Longrightarrow f''(x)=\frac 1x>0\quad \forall x>0\]
    nên theo BDT Jensen có
    \[ f(a)+f(b)+f(c)\ge 3f(\frac{a+b+c}{3}). \]
    BDT cần cm tương đương
    \begin{eqnarray}
    a\ln a+b\ln b+c\ln c\ge\frac{a+b+c}{3}\ln (abc)
    \end{eqnarray}
    Áp dụng kết quả trên ta có
    \[ VT(1)\ge (a+b+c)\ln(\frac{a+b+c}{3}), \]
    nên chỉ cần cm được
    \[ 3\ln(\frac{a+b+c}{3})\ge\ln(abc)\iff \ln \frac{(a+b+c)^3}{27} \ge\ln(abc), \]
    Nhưng BDT này đúng do
    \[ \frac{(a+b+c)^3}{27}\ge abc \]
    theo AM-GM.

  4. Cám ơn tinilam,  $T_G$ đã cám ơn bài viết này
  5. #3
    Moderator Lê Đình Mẫn's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Lệ Thủy-QB
    Bài viết
    76
    Cám ơn (Đã nhận)
    127
    Trích dẫn Gửi bởi letrungtin Xem bài viết
    Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng $\sqrt[3]{(abc)^{a+b+c}}<a^ab^bc^c$
    HD: Chuẩn hoá $abc=1$ và ta có $x^x\ge x,\ \forall x>0$.

 

 

Thông tin về chủ đề này

Users Browsing this Thread

Có 1 người đang xem chủ đề. (0 thành viên và 1 khách)

Tag của Chủ đề này