Chủ đề này có 5 trả lời

[bachmahoangtu_bn]

Cho $a;b;c>0$ và $a+b+c=3$
Chứng minh:
\[\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b} + \sqrt[3]{c} \ge ab + bc + ca\]
thông cảm cho tớ không biết dùng công thức trong diễn đàn và t đang học............mong mọi người thông cảm
MOD: Vui lòng học gõ Latex nhé!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi L Lawliet: 29-07-2012 - 12:02

[viet 1846]

Viết lại cái đề:

Cho $a;b;c>0$ và $a+b+c=3$

Chứng minh:

\[\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b} + \sqrt[3]{c} \ge ab + bc + ca\]

[triethuynhmath]

bài này không khó lắm,

Không spam như vậy bạn à!!! Nếu biết cách giải thì hãy post lên cho mọi người,còn không thì đừng post

[Secrets In Inequalities VP]

Viết lại cái đề:

Cho $a;b;c>0$ và $a+b+c=3$

Chứng minh:

\[\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b} + \sqrt[3]{c} \ge ab + bc + ca\]

Theo Holder ;
$(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c})^3(a+b+c)^{5}\geq (a^{\frac{3}{4}}+b^{\frac{3}{4}}+c^{\frac{3}{4}})^{8}$
Ta sẽ CM : $(a^{\frac{3}{4}}+b^{\frac{3}{4}}+c^{\frac{3}{4}})^{8}\geq 3^{5}(ab+bc+ca)^{3}$
Đặt $\sqrt[4]{a}=x,\sqrt[4]{b}=y,\sqrt[4]{c}=z$
BĐT $\Leftrightarrow (x^3+y^3+z^3)^{8}\geq 3^5(x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4)^{3}$
Đây là BĐT thuần nhất nên ta can bỏ qa GT ban đầu để chuẩn hóa cho : $x^3+y^3+z^3= 3$
Khi đó ta cần CM : $x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4\leq 3$
Theo AM-GM : $x^3+y^3+1\geq 3xy\Rightarrow x^3y^3(x^3+y^3+1)\geq 3x^4y^4$
Do đó ta cần CM : $\sum x^3y^3(x^3+y^3+1)\leq 9$ khi $x^3+y^3+z^3= 3$
Ta có thể đua bài này về hệ qả qen thuộc của Schur :
Vs $a+b+c= 3$. CMR : $\sum ab(a+b+1)\leq 9$
Đến đây dễ rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 29-07-2012 - 11:31

[Beautifulsunrise]

Cho a, b, c là các số không âm thỏa a + b + c = 3. CMR: $a^k+b^k+c^k \ge ab + bc + ca$ với mọi $k \ge \frac{{2\ln 3 - 3\ln 2}}{{\ln 3 - \ln 2}}$

[bachmahoangtu_bn]

Cho a, b, c là các số không âm thỏa a + b + c = 3. CMR: $a^k+b^k+c^k \ge ab + bc + ca$ với mọi $k \ge \frac{{2\ln 3 - 3\ln 2}}{{\ln 3 - \ln 2}}$

cảm ơn bạn ,,,,tớ nghĩ mãi không ra,,,,,,,

Theo Holder ;
$(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c})^3(a+b+c)^{5}\geq (a^{\frac{3}{4}}+b^{\frac{3}{4}}+c^{\frac{3}{4}})^{8}$
Ta sẽ CM : $(a^{\frac{3}{4}}+b^{\frac{3}{4}}+c^{\frac{3}{4}})^{8}\geq 3^{5}(ab+bc+ca)^{3}$
Đặt $\sqrt[4]{a}=x,\sqrt[4]{b}=y,\sqrt[4]{c}=z$
BĐT $\Leftrightarrow (x^3+y^3+z^3)^{8}\geq 3^5(x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4)^{3}$
Đây là BĐT thuần nhất nên ta can bỏ qa GT ban đầu để chuẩn hóa cho : $x^3+y^3+z^3= 3$
Khi đó ta cần CM : $x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4\leq 3$
Theo AM-GM : $x^3+y^3+1\geq 3xy\Rightarrow x^3y^3(x^3+y^3+1)\geq 3x^4y^4$
Do đó ta cần CM : $\sum x^3y^3(x^3+y^3+1)\leq 9$ khi $x^3+y^3+z^3= 3$
Ta có thể đua bài này về hệ qả qen thuộc của Schur :
Vs $a+b+c= 3$. CMR : $\sum ab(a+b+1)\leq 9$
Đến đây dễ rồi

cảm ơn bạn nhiêu nha..tớ nghĩ mãi không ra