Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Kết quả 1 đến 4 của 4
  1. #1
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Bài viết
    87
    Cám ơn (Đã nhận)
    89


    1. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$.
    Chứng minh bất đẳng thức $$\dfrac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[11]{\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}}$$
    Trần Quốc Anh



    2. Cho các số thực dương $a,b,c $ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng
    $$\dfrac{a+b+c}{3} \ge \sqrt[10]{\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}}$$

    Michael Rozenberg

  2. Cám ơn caoominhh đã cám ơn bài viết này
  3. #2
    Thành viên VIP Mr_Trang's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Hải Dương - Hà Nội
    Tuổi
    25
    Bài viết
    17
    Cám ơn (Đã nhận)
    36
    Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa: $abc=1$. Chứng minh:

    $\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[11]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$

    Chú ý bổ đề: $(a+b+c)^6\ge \frac{729}{5}abc(a^3+b^3+c^3+2abc)=\frac{3^6(a^3+b ^3+c^3+2)}{5}$

    (Bổ đề này có thể dùng phương pháp $S.O.S$ để chứng minh)

    Ta đi chứng minh: $\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^6\ge \frac{a^3+b^3+c^3+2}{5}\ge\sqrt[5]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$

    Mặt khác: $\frac{a^3+b^3+c^3+2}{5}=3\frac{a^3+b^3+c^3}{3}+1+ 1\ge^{AM-GM}5\sqrt[5]{\left(\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\right)^3}$


    $\Rightarrow \frac{a^3+b^3+c^3+2}{5}\ge \sqrt[5]{\left(\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\right)^3}=\sqrt[5]{\frac{(a^3+b^3+c^3)(a^3+b^3+c^3)^2}{27}}$

    $\ge^{AM-GM}\sqrt[5]{\frac{(a^3+b^3+c^3).9a^2b^2c^2}{27}}=\sqrt[5]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$

    Vậy phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
    Bởi vì phải tiếp tục sống, cho nên phải nỗ lực, giá trị cuộc sống cũng chỉ là một cái chớp mắt lúc bình minh mà thôi!

  4. Cám ơn  $T_G$ đã cám ơn bài viết này
  5. #3
    Super Moderator khanhsy's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Bài viết
    162
    Cám ơn (Đã nhận)
    310
    Hôm qua gộp bài nhầm nên edit không được Sorry bạn $T_G$

    Chú ý bổ đề: $(a+b+c)^6\ge \frac{729}{5}abc(a^3+b^3+c^3+2abc)$
    Chuẩn hóa $a+b+c=1$ đặt $q=ab+bc+ca$
    Ta có: $$(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 \ge 0 \leftrightarrow q^2-4q^3+2(9q-2)r-27 r^2 \ge 0 $$
    $$ \leftrightarrow \dfrac{9q-2-2(1-3q)\sqrt{1-3q}}{27} \le abc \le \dfrac{9q-2-+2(1-3q)\sqrt{1-3q}}{27}$$

    Vì $a+b+c=1$ nên rõ ràng tồn tại $3q=1-x^2 \ \ \ \ \forall x\in [0;1]$ thì ta có $\dfrac{(1-2x)(x+1)^2}{27} \le abc \le \dfrac{(1+2x)(x-1)^2}{27}$
    Ta có:
    $$1\ge \frac{729}{5}abc[1+3abc-3(ab+bc+ca)]+2abc)]$$

    Ta cần chứng minh:

    $1-\frac{729}{5}\left(\dfrac{(1+2x)(x-1)^2}{27}\left[1+5\left(\dfrac{(1+2x)(x-1)^2}{27}\right)-(1-x^2)\right]\right)\ge 0 $

    $$\leftrightarrow \dfrac{x^2 \left( -20x^4+6x^3+35x^2-20x+3\right)}{5} \ge 0$$

    ta sẽ chứng minh $g(x):=-20x^4+6x^3+36x^2-20x+3 >0 \ \ \forall x\in[0;1] $ thật vậy

    $$g'(x):=-80x^3+18x^2+72x-20$$


    Thăng bạn gọi điện . Hix ( chiều chứng minh tiếp vậy ) phải cái này bằng chận thôi

  6. Cám ơn  $T_G$,  Mr_Trang, caoominhh đã cám ơn bài viết này
  7. #4
    Moderator ma29's Avatar
    Ngày tham gia
    Sep 2014
    Tuổi
    26
    Bài viết
    10
    Cám ơn (Đã nhận)
    17
    Tiếp đi anh Khánh Sỹ tổng quát mạnh hơn đi
    Clich here to see my blog: http://mattrangluna29.blogspot.com/

 

 

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