Chủ đề này có 10 trả lời

[hiep ga]

Cho a,b,c 0 CMR

$ a+b+c+3 \sqrt[3]{abc} \geq 2( \sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca} )$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hiep ga: 19-11-2010 - 16:36

[h.vuong_pdl]

Cho a,b,c 0 CMR
$ a+b+c+3 \sqrt[3]{abc} \geq 2( \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} )$

$ a+b+c+3 \sqrt[3]{abc}  \geq 2( \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} )$

???$ a+b+c+3 \sqrt[3]{abc} \geq 2( \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} )$

BDT này sai rồi chứ: hiển nhiên với 0< a,b,c < 1 thì BDT đổi chiều! ?????
Bạn có thể sửa lại đề ???

[hiep ga]

BDT này sai rồi chứ: hiển nhiên với 0< a,b,c < 1 thì BDT đổi chiều! ?????
Bạn có thể sửa lại đề ???

sorry đánh thiếu.Sửa đây

[monkey_goodluck]

Cho a,b,c 0 CMR

$ a+b+c+3 \sqrt[3]{abc} \geq 2( \sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca} )$

$a + b + c + 3\sqrt[3]{{abc}} \ge 6\sqrt[3]{{abc}}(1)$
$2(\sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ca} ) \ge 6\sqrt {abc} (2)$
lấy (1)-(2)
ta có :
$a + b + c + 3\sqrt[3]{{abc}} - 2(\sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ca} ) \ge 0$
$a + b + c + 3\sqrt[3]{{abc}} \ge 2(\sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ca} )$

em ko biet minh` co' lam` sai ko neu sai xin moi ng` gop' y'

[perfectstrong]

bạn sai rồi. Không thể trừ hai bất đẳng thức cùng dấu được. Không có quy tắc nào cho phép.
vd: 2>1.(1)
4>0 (2).
Nếu theo như bạn thì lấy (1) trừ (2) vế theo vế, ta có -2>0. (vô lý).

[hiep ga]

bạn sai rồi. Không thể trừ hai bất đẳng thức cùng dấu được. Không có quy tắc nào cho phép.
vd: 2>1.(1)
4>0 (2).
Nếu theo như bạn thì lấy (1) trừ (2) vế theo vế, ta có -2>0. (vô lý).

Mình có 1 cách nhưng hơi dài chờ xem có ai giải ngắn hơn ko đã rùi post

[dark templar]

Cho $a,b,c \geq 0$ CMR

$ a+b+c+3 \sqrt[3]{abc} \geq 2( \sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca} )$

BĐT tương đương :
$3\sqrt[3]{{abc}} \ge 2\left( {\sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ca} } \right) - \left( {a + b + c} \right)\left( 1 \right)$
$VP_{\left( 1 \right)} = 2\left( {\sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ca} } \right) - \left( {a + b + c} \right) \le \dfrac{{9\sqrt {abc} }}{{\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c }}\left( {Schur} \right)$
ta sẽ cm
$\dfrac{{9\sqrt {abc} }}{{\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c }} \le 3\sqrt[3]{{abc}} = VT_{\left( 1 \right)} \Leftrightarrow 27\sqrt {abc} \le \left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c } \right)^3 \left( {True - AM - GM} \right)$
$\Rightarrow VT_{\left( 1 \right)} \ge \dfrac{{9\sqrt {abc} }}{{\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c }} \ge VP_{\left( 1 \right)} \left( {dpcm} \right)$

[hiep ga]

BĐT tương đương :
$3\sqrt[3]{{abc}} \ge 2\left( {\sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ca} } \right) - \left( {a + b + c} \right)\left( 1 \right)$
$VP_{\left( 1 \right)} = 2\left( {\sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ca} } \right) - \left( {a + b + c} \right) \le \dfrac{{9\sqrt {abc} }}{{\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c }}\left( {Schur} \right)$
ta sẽ cm
$\dfrac{{9\sqrt {abc} }}{{\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c }} \le 3\sqrt[3]{{abc}} = VT_{\left( 1 \right)} \Leftrightarrow 27\sqrt {abc} \le \left( {\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c } \right)^3 \left( {True - AM - GM} \right)$
$\Rightarrow VT_{\left( 1 \right)} \ge \dfrac{{9\sqrt {abc} }}{{\sqrt a + \sqrt b + \sqrt c }} \ge VP_{\left( 1 \right)} \left( {dpcm} \right)$

Sao em thấy mọi người toàn dùng schur thế??? Ko còn cách nào # mà chỉ sd mấy BDT đc dùng trực tiếp khi đi thi ấy ??
Em cũng có 1 cách khác dài gần như thế nên hơi nản(dài nếu bao gồm cm mấy BDT phụ)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hiep ga: 26-11-2010 - 20:30

[dark templar]

Sao em thấy mọi người toàn dùng schur thế??? Ko còn cách nào # mà chỉ sd mấy BDT đc dùng trực tiếp khi đi thi ấy ??
Em cũng có 1 cách khác dài gần như thế nên hơi nản(dài nếu bao gồm cm mấy BDT phụ)

BĐT Schur có thể chứng minh rất đơn giản bằng dồn biến (tư tưởng rất sơ cấp,ko hề có tí kiến thức Toán phổ thông )
1 dạng phát biểu rất hay đc sử dụng của BĐT Schur bậc 3:
$2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2) \leq \dfrac{9abc}{a+b+c}$
P/s:Em thử trình bày cách giải của em thử xem !!!!!!

[hiep ga]

BĐT Schur có thể chứng minh rất đơn giản bằng dồn biến (tư tưởng rất sơ cấp,ko hề có tí kiến thức Toán phổ thông )
1 dạng phát biểu rất hay đc sử dụng của BĐT Schur bậc 3:
$2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2) \leq \dfrac{9abc}{a+b+c}$
P/s:Em thử trình bày cách giải của em thử xem !!!!!!

thì em có bảo schur khó cm đâu
Cách em đây:
Do 2 vế BPT đồng bậc G/s abc=1
Đặt $ \sqrt{a} =x ; \sqrt{b} =y ; \sqrt{c} =z ; x+y+z=k \Rightarrow xyz=1 ;k \geq 3$
Ta cần cm $ x^2+y^2+z^2 +3 \geq 2(xy+yz+zx)$
$ \Leftrightarrow 3 \geq 4(xy+yz+zx) - k^2$
Xét BDT $1=xyz \geq (k-2x)(k-2y)(k-2z)$
$\Leftrightarrow 4(xy+yz+zx) - k^2 \leq /frac{9}{k} \leq 3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hiep ga: 26-11-2010 - 21:34

[dark templar]

thì em có bảo schur khó cm đâu
Cách em đây:
Do 2 vế BPT đồng bậc G/s abc=1
Đặt $ \sqrt{a} =x ; \sqrt{b} =y ; \sqrt{c} =z ; x+y+z=k \Rightarrow xyz=1 ;k \geq 3$
Ta cần cm $ x^2+y^2+z^2 +3 \geq 2(xy+yz+zx)$
$ \Leftrightarrow 3 \geq 4(xy+yz+zx) - k^2$
Xét BDT $1=xyz \geq (k-2x)(k-2y)(k-2z)(1)$
$\Leftrightarrow 4(xy+yz+zx) - k^2 \leq /frac{9}{k} \leq 3$

BĐT (1)mà em sử dụng chính là BĐT Schur bậc 3đó!!!!!(cứ khai triển ra thử đi nhé!)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 26-11-2010 - 21:40