Cho a, b, c>0. CMR: $\sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}}\geq \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}$
CMR: $\sqrt[3]{\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}}\geq \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}$
#1
Đã gửi 24-06-2015 - 07:19
#2
Đã gửi 24-06-2015 - 07:28
Áp dụng $(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq \frac{8}{9}.3\sqrt{ab+bc+ca}(ab+bc+ca)=\frac{8}{3}\sqrt{(ab+bc+ca)^{3}}\Rightarrow$ KQ
- canhhoang30011999 yêu thích
Điều tôi muốn biết trước tiên không phải là bạn đã thất bại ra sao mà là bạn đã chấp nhận nó như thế nào .
- A.Lincoln -
#3
Đã gửi 24-06-2015 - 08:51
Chuẩn hóa $(a+b)(b+c)(c+a)=8$$\Rightarrow abc\leq 1$
ta cần chứng minh $ab+bc+ca\leq 3$
Ta có:
$8=(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc\geq \sqrt{3}(\sqrt{ab+bc+ca})^3-1\Rightarrow ab+bc+ca\leq 3$
#4
Đã gửi 24-06-2015 - 08:54
Vì bất đẳng thức đã cho là thuần nhất nên không giảm tính tổng quát, ta giả sử $ab+bc+ca=3$
Khi đó, ta chỉ cần chứng minh $(a+b)(b+c)(c+a)\geqslant 8$ là đủ, nhưng thật vậy, ta có:
$$a+b+c \geqslant \sqrt{3(ab+bc+ca)}=3 \text{ (sử dụng bất đẳng thức cơ bản $a^2+b^2+c^2 \geqslant ab+bc+ca$)}$$
$$abc \stackrel{AM - GM}{\leqslant} \sqrt{\left( \dfrac{ab+bc+ca}{3}\right)^3} = 1 $$
Khi đó
$$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca) - abc \geqslant 3 \times 3-1 =8$$
Bất đẳng thức chứng minh xong, dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
- nguyenhongsonk612 yêu thích
#5
Đã gửi 24-06-2015 - 09:21
có ai chỉ cho mình hiểu bdt thuần nhất là gì dc ko
#6
Đã gửi 24-06-2015 - 09:38
có ai chỉ cho mình hiểu bdt thuần nhất là gì dc ko
Hàm số $f(x_1,x_2,...,x_n)$ của các biến số thực $x_1,x_2,...,x_n$được là hàm thuần nhất bậc $\alpha$nếu với mọi số thực $t$ ta có
$f$là một hàm thuần nhất được gọi là bất đẳng thức thuần nhất (bậc $\alpha$).
Ví dụ các bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức Bunhiacopsky, bất đẳng thức Chebyshev là các bất đẳng thức thuần nhất. Bất đẳng thức Bernoulli, bất đẳng thức $sinx<x$ với $x>0$ là các bất đẳng thức không thuần nhất.
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh