Edited by perfectstrong, 11-12-2011 - 10:46.
$(1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^{3}$
#1
Posted 10-12-2011 - 21:40
#2
Posted 10-12-2011 - 23:40
$(1+a)(1+b)(1+c)=abc+(a+b+c)+(ab+bc+ca)+1\geq abc+\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{(abc)^2}=(1+\sqrt[3]{abc})^3$ suy ra đpcm
C2:
Từ đề suy ra cần cm:
$\sqrt[3]{(1+a)(1+b)(1+c)}\geq 1+\sqrt[3]{abc}$ <1>
<=> $\sqrt[3]{\dfrac{1}{(1+a)(1+b)(1+c)}}+\sqrt[3]{\dfrac{abc}{(1+a)(1+b)(1+c)}}\le 1$
Lại có $\sqrt[3]{\dfrac{1}{(1+a)(1+b)(1+c)}}\le \dfrac{\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}}{3}$ (BĐT $Cauchy$ 3 số)
Tương tự $\sqrt[3]{\dfrac{abc}{(1+a)(1+b)(1+c)}}\le \dfrac{\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}}{3}$ (BĐT $Cauchy$ 3 số)
Suy ra $\sqrt[3]{\dfrac{1}{(1+a)(1+b)(1+c)}}+\sqrt[3]{\dfrac{abc}{(1+a)(1+b)(1+c)}}\le \dfrac{\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}}{3}+\dfrac{\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}}{3}=1$ <2>
Từ đó suy ra <2> đúng suy ra <1> đúng suy ra $đpcm$
Nhận xét tuy cách 2 đồ sộ hơn nhưng nó thừa kế được cho nhiều bài bậc cao hơn cụ thể là bậc nào cũng áp dụng được.
Edited by nguyenta98, 10-12-2011 - 23:53.
#3
Posted 11-12-2011 - 07:11
Hay đơn giản hơn là bạn xài cách chứng minh của BĐT Holder bằng BĐT AM-GM ấy Vì bài đầu topic là 1 trường hợp của BĐT Holder.C1: Phá ngoặc:
$(1+a)(1+b)(1+c)=abc+(a+b+c)+(ab+bc+ca)+1\geq abc+\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{(abc)^2}=(1+\sqrt[3]{abc})^3$ suy ra đpcm
C2:
Từ đề suy ra cần cm:
$\sqrt[3]{(1+a)(1+b)(1+c)}\geq 1+\sqrt[3]{abc}$ <1>
<=> $\sqrt[3]{\dfrac{1}{(1+a)(1+b)(1+c)}}+\sqrt[3]{\dfrac{abc}{(1+a)(1+b)(1+c)}}\le 1$
Lại có $\sqrt[3]{\dfrac{1}{(1+a)(1+b)(1+c)}}\le \dfrac{\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}}{3}$ (BĐT $Cauchy$ 3 số)
Tương tự $\sqrt[3]{\dfrac{abc}{(1+a)(1+b)(1+c)}}\le \dfrac{\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}}{3}$ (BĐT $Cauchy$ 3 số)
Suy ra $\sqrt[3]{\dfrac{1}{(1+a)(1+b)(1+c)}}+\sqrt[3]{\dfrac{abc}{(1+a)(1+b)(1+c)}}\le \dfrac{\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}}{3}+\dfrac{\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}}{3}=1$ <2>
Từ đó suy ra <2> đúng suy ra <1> đúng suy ra $đpcm$
Nhận xét tuy cách 2 đồ sộ hơn nhưng nó thừa kế được cho nhiều bài bậc cao hơn cụ thể là bậc nào cũng áp dụng được.
#4
Posted 20-12-2011 - 17:13
CMR với a,b,c> 0 thì $(1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^{3}$
Bài toán tổng quát: Cho ${a_i} \ge 0,\forall i = \overline {1,n} $. Chứng minh rằng:
$$\left( {1 + {a_1}} \right)\left( {1 + {a_2}} \right)...\left( {1 + {a_n}} \right) \ge {\left( {1 + \sqrt[n]{{{a_1}{a_2}...{a_n}}}} \right)^n}$$
#5
Posted 20-12-2011 - 18:08
\[
(1 + \sqrt[n]{{a_1 a_2 ...a_n }})^n \ge 2^n \sqrt {a_1 a_2 ...a_n }
\]
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#6
Posted 28-03-2021 - 21:30
Đặt $(\sqrt[3]{a},\sqrt[3]{b},\sqrt[3]{c})\rightarrow (x,y,z)$ thì ta cần chứng minh: $(1+x^3)(1+y^3)(1+z^3)\geqslant (1+xyz)^3$
$\Leftrightarrow \prod x^3+\prod x^3y^3\geqslant 3xyz +3x^2y^2z^2$
Bất đẳng thức cuối đúng theo Cô - si nên ta có Q.E.D
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z hay a = b = c
- alexander123 likes this
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users