Chủ đề này có 5 trả lời

[RoyalMadrid]

Cho a,b,c là các số dương sao cho a+b+c = abc. Chứng minh rằng: 

$\sum \sqrt{1+\frac{1}{a^{2}}}\geq 2\sqrt{3}$

[kfcchicken98]

áp dụng bđt minkowski $\sqrt{1+\frac{1}{a^{2}}}+\sqrt{1+\frac{1}{b^{2}}}+\sqrt{1+\frac{1}{c^{2}}}\geq \sqrt{9+(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2}}\geq \sqrt{9+\frac{3}{ab}+\frac{3}{bc}+\frac{3}{ca}}$

do a+b+c=abc, suy ra $\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1$

suy ra $\sqrt{9+\frac{3}{ab}+\frac{3}{bc}+\frac{3}{ca}}=\sqrt{9+3}=2\sqrt{3}$

[RoyalMadrid]

áp dụng bđt minkowski $\sqrt{1+\frac{1}{a^{2}}}+\sqrt{1+\frac{1}{b^{2}}}+\sqrt{1+\frac{1}{c^{2}}}\geq \sqrt{9+(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2}}\geq \sqrt{9+\frac{3}{ab}+\frac{3}{bc}+\frac{3}{ca}}$

do a+b+c=abc, suy ra $\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1$

suy ra $\sqrt{9+\frac{3}{ab}+\frac{3}{bc}+\frac{3}{ca}}=\sqrt{9+3}=2\sqrt{3}$

Bạn cho mình dạng tổng quát và cách chứng minh bđt minkowski đk k?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi RoyalMadrid: 16-12-2013 - 21:14

[Supermath98]

Bạn cho mình dạng tổng quát và cách chứng minh bđt minkowski đk k?

$\large \sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+...+\sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}^{2}}\geq \sqrt{\left ( a_{1}+...+a_{2} \right )^{2}+\left ( b_{1}+...+b_{n} \right )^{2}}$

 

CM thì chỉ cần bình phương thôi bạn!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Supermath98: 16-12-2013 - 21:23

[buiminhhieu]

$\large \sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+...+\sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}^{2}}\geq \sqrt{\left ( a_{1}+...+a_{2} \right )^{2}+\left ( b_{1}+...+b_{n} \right )^{2}}$

 

CM thì chỉ cần bình phương thôi bạn!

cái này không dễ đâu chỉ bình phương khi ít số thôi (2,3 biến) chứ nhiều biến lại khác

[davidsilva98]

Chứng minh bđt Mincopxki:

*n=2 thì bình phương rồi chuyển vế là xong

*Giả sử bđt đúng với k =>$\sqrt{{a_{1}}^{2}+{b_{1}}^{2}}+...+\sqrt{{a_{k}}^{2}+{b_{k}}^{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+...+{a_{k}})^{2}+(b_{1}+...+{b_{k}})^{2}}$

*Ta cần cm bđt đúng với n=k+1

$\sqrt{{a_{1}}^{2}+{b_{1}}^{2}}+...+\sqrt{{a_{k+1}}^{2}+{b_{k+1}}^{2}} \geq \sqrt{(a_{1}+...+{a_{k}})^{2}+(b_{1}+...+{b_{k}})^{2}}+\sqrt{{a_{k+1}}^{2}+{b_{k+1}}^{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+...+a_{k+1})^{2}+(a_{1}+...+a_{k+1})^{2}}$

Vậy cm được hoàn thành