Chủ đề này có 5 trả lời

[pdtienArsFC]

Với mọi a,b,c dương, chứng minh rằng:$A=\frac{a}{\sqrt{a^{2}+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+8ab}}\geq 1$.

[neversaynever99]

Đã có ở đây

http://diendantoanho...ab/#entry454945

[pdtienArsFC]

Đã có ở đây

http://diendantoanho...ab/#entry454945

Cách làm của bạn khá hay, phù hợp với học sinh THCS, nhưng hôm nay, tớ muốn các bạn nhớ đến BDT không quen thuộc lắm với bạn trẻ Việt Nam:Holder.

1 trong những hệ quả của nó rất hay dùng là: $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}$(*). Vận dụng hệ quả trên, ta có:

Đặt A=$\frac{a}{\sqrt{a^{2}+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+8ab}}$.

      B=$a(a^{2}+8bc)+b(b^{2}+8ac)+c(c^{2}+8ab)$=$a^{3}+b^{3}+c^{3}+24abc$

Áp dụng (*). ta có: $A.A.B\geq (a+b+c)^{3}$.

Bây giờ ta chỉ cần chứng minh : $(a+b+c)^{3}\geq B=a^{3}+b^{3}+c^{3}+24abc$

                                                     $\Leftrightarrow c(a-b)^{2}+b(c-a)^{2}+a(b-c)^{2}\geq 0$ ( luôn đúng)

BDT được chứng minh khá đơn giản

Nhân dịp này, tớ xin post mấy bài sử dụng BDT Holder lên cho các bạn luyện tập:

1,Chứng minh rằng với mọi số dương a,b,c:

                         $3(a^{3}+b^{3}+c^{3})^{2}\geq(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{3}$

2,Cho các số thực không âm a,b,c có tổng bằng 1, Chứng minh rằng:

                          $\frac{a}{\sqrt[3]{a+2b}}+\frac{b}{\sqrt[3]{b+2c}}+\frac{c}{\sqrt[3]{c+2a}}\geq 1$.

Chúc các bạn thành công....    

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pdtienArsFC: 04-10-2013 - 05:57

[neversaynever99]

Bài 1: Áp dụng trực tiếp bddt Holder cho 3 bộ số là 1;1;1 và a;b;c và a;b;c

Bài 2

Đặt $A=\frac{a}{{\sqrt[3]{a+2b}}}+\frac{b}{\sqrt[3]{b+2c}}+\frac{c}{\sqrt[3]{c+2a}}$

$B=a(a+2b)+b(b+2c)+c(c+2a)=1$

Ta có $A^{3}.B\geq (a+b+c)^{4}=1$ $\Rightarrow A^{3}\geq 1$

Daaus = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}$

[PTKBLYT9C1213]

Với mọi a,b,c dương, chứng minh rằng:$A=\frac{a}{\sqrt{a^{2}+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+8ab}}\geq 1$.

 

Cách làm của bạn khá hay, phù hợp với học sinh THCS, nhưng hôm nay, tớ muốn các bạn nhớ đến BDT không quen thuộc lắm với bạn trẻ Việt Nam:Holder.

1 trong những hệ quả của nó rất hay dùng là: $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}$(*). Vận dụng hệ quả trên, ta có:

Đặt A=$\frac{a}{\sqrt{a^{2}+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+8ac}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+8ab}}$.

      B=$a(a^{2}+8bc)+b(b^{2}+8ac)+c(c^{2}+8ab)$=$a^{3}+b^{3}+c^{3}+24abc$

Áp dụng (*). ta có: $A.A.B\geq (a+b+c)^{3}$.

Bây giờ ta chỉ cần chứng minh : $(a+b+c)^{3}\geq B=a^{3}+b^{3}+c^{3}+24abc$

                                                     $\Leftrightarrow c(a-b)^{2}+b(c-a)^{2}+a(b-c)^{2}\geq 0$ ( luôn đúng)

BDT được chứng minh khá đơn giản

Nhân dịp này, tớ xin post mấy bài sử dụng BDT Holder lên cho các bạn luyện tập:

1,Chứng minh rằng với mọi số dương a,b,c:

                         $3(a^{3}+b^{3}+c^{3})^{2}\geq(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{3}$

2,Cho các số thực không âm a,b,c có tổng bằng 1, Chứng minh rằng:

                          $\frac{a}{\sqrt[3]{a+2b}}+\frac{b}{\sqrt[3]{b+2c}}+\frac{c}{\sqrt[3]{c+2a}}\geq 1$.

Chúc các bạn thành công....    

Bài này còn một cách nữa là Sử dụng nguyên lý Dirichlet trong chứng minh BĐT.

Còn phần mực đỏ có vẻ ko được đúng lắm

[pdtienArsFC]

Bài này còn một cách nữa là Sử dụng nguyên lý Dirichlet trong chứng minh BĐT.

Còn phần mực đỏ có vẻ ko được đúng lắm

sao thế, nói rõ xem nào, chuẩn rồi còn gì???????????