Chủ đề này có 8 trả lời

[boconganh207]

1, Cho a,b,c > 0 thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=4\sqrt{abc} $
Chứng minh
$a+b+c > 2\sqrt{abc}$
2, Cho x,y,z\geq 0
Chứng minh
$16xyz(x+y+z)\leq 3\sqrt[3]{(x+y)^{4}.(y+z)^{4}.(x+z)^{4}} $
______________________
Chú ý tiêu đề, $\LaTeX$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi boconganh207: 06-09-2012 - 11:19

[WhjteShadow]

1, Cho a,b,c > 0 thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=4\sqrt{abc} $
Chứng minh
$a+b+c > 2\sqrt{abc}$
2, Cho x,y,z\geq 0
Chứng minh
$16xyz(x+y+z)\leq 3\sqrt[3]{(x+y)^{4}+(y+z)^{4} + (x+z)^{4}} $

Bài 1.
The0 bất đẳng thức $AM-GM$ ta có $a^2+b^2+c^2\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$
Và $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}$ Cho nên $(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\geq 9abc$
$$\Leftrightarrow (a+b+c).4\sqrt{abc}\geq 9abc$$
$$\Leftrightarrow a+b+c\geq \frac{9}{4}.\sqrt{abc}\geq 2\sqrt{abc}$$
Bài 2 hình như bạn đánh sai đề rồi Cho $x=y=z=10$ bất đẳng thức sai!
Có lẽ bạn mới tham gia diễn đàn và không biết nhiều về $\LaTeX$ Bạn có thể tham khảo thêm tại:
http://diendantoanho...cong-thức-toan/
Chúc bạn lên diễn đàn làm toán vui vẻ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 04-09-2012 - 12:30

[triethuynhmath]

1, Cho a,b,c > 0 thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=4\sqrt{abc} $
Chứng minh
$a+b+c > 2\sqrt{abc}$
2, Cho x,y,z\geq 0
Chứng minh
$16xyz(x+y+z)\leq 3\sqrt[3]{(x+y)^{4}+(y+z)^{4} + (x+z)^{4}} $
______________________
Chú ý tiêu đề, $\LaTeX$

Từ giả thiết có:
$4\sqrt{abc}\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Leftrightarrow 16abc\geq 9abc\sqrt[3]{abc}\Rightarrow \sqrt[3]{abc}\leq \frac{9}{16}$
Mặt khác:
$a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}$
Ta đi chứng minh: $3\sqrt[3]{abc} > 2\sqrt{abc}\Leftrightarrow 27abc> 8abc\sqrt{abc}\Leftrightarrow \sqrt{abc} < \frac{27}{8}\Leftrightarrow \sqrt[3]{abc} < \sqrt[3]{\frac{27^2}{64}}=\frac{9}{4}$(Đúng do $\sqrt[3]{abc} < \frac{9}{16}< ...(Q.E.D)$

[mylinhvo9997]

1, Cho a,b,c > 0 thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=4\sqrt{abc} $
Chứng minh
$a+b+c > 2\sqrt{abc}$

Theo BĐT AM-Gm ta có
$a+b+c+a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 6\sqrt[6]{(abc)^{3}}= 6\sqrt{abc}$
Dấu bằng xảy ra khi:
$a=b=c=a^{2}=b^{2}=c^{2} \\a^{2} + b^{2} + c^{2} = 4\sqrt{abc}\\a,b,c>0$
--> Dấu = ko xảy ra -->$ a + b+c + a^{2}+b^{2}+c^{2} > 6\sqrt{abc}$ --> đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 06-09-2012 - 11:35

[boconganh207]

Bài 1.
The0 bất đẳng thức $AM-GM$ ta có $a^2+b^2+c^2\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$
Và $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}$ Cho nên $(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\geq 9abc$
$$\Leftrightarrow (a+b+c).4\sqrt{abc}\geq 9abc$$
$$\Leftrightarrow a+b+c\geq \frac{9}{4}.\sqrt{abc}\geq 2\sqrt{abc}$$
Bài 2 hình như bạn đánh sai đề rồi Cho $x=y=z=10$ bất đẳng thức sai!
Có lẽ bạn mới tham gia diễn đàn và không biết nhiều về $\LaTeX$ Bạn có thể tham khảo thêm tại:
http://diendantoanho...cong-thức-toan/
Chúc bạn lên diễn đàn làm toán vui vẻ

Sai rồi bạn ơi, x=y=z=10 thì vẫn thỏa mãn bdt trên mà,bạn xem lại đi

[WhjteShadow]

2, Cho x,y,z\geq 0
Chứng minh
$16xyz(x+y+z)\leq 3\sqrt[3]{(x+y)^{4}+(y+z)^{4} + (x+z)^{4}} $

Bạn có biết về bậc của bất đẳng thức không?Khi ch0 1 bât đẳng thức chỉ có ĐK về dấu của $a,b,c$ thì bậc của vế cần CM lớn hơn phải lớn hơn hoặc bằng thì bất đẳng thức mới đúng được
Vả lại khi cho $x=y=z=10$ thì $VT=480 000$ còn $VP=234,892....$
Mình nghĩ đề đúng là chứng minh:
$$16xyz(x+y+z)\leq (x+y)^{4}+(y+z)^{4} + (x+z)^{4}$$
Và bài toán này chỉ đơn thuần là $AM-GM$.XIn nhường lại ch0 các mem THCS

[boconganh207]

Bạn có biết về bậc của bất đẳng thức không?Khi ch0 1 bât đẳng thức chỉ có ĐK về dấu của $a,b,c$ thì bậc của vế cần CM lớn hơn phải lớn hơn hoặc bằng thì bất đẳng thức mới đúng được
Vả lại khi cho $x=y=z=10$ thì $VT=480 000$ còn $VP=234,892....$
Mình nghĩ đề đúng là chứng minh:
$$16xyz(x+y+z)\leq (x+y)^{4}+(y+z)^{4} + (x+z)^{4}$$
Và bài toán này chỉ đơn thuần là $AM-GM$.XIn nhường lại ch0 các mem THCS

sr,mình đã sửa lại đề rồi,nếu có thể thì bạn giải giúp nhé,có 1 số ng dùng chuẩn hóa nhưng cái này m chưa học ^^

[WhjteShadow]

2, Cho $x,y,z\geq 0$
Chứng minh
$16xyz(x+y+z)\leq 3\sqrt[3]{(x+y)^{4}.(y+z)^{4}.(x+z)^{4}} $

Đầu tiên ta chứng minh bổ đề quen thuộc sau:
$$(x+y)(y+z)(z+x)\geq \frac{8}{9}.(x+y+z)(xy+yz+zx)\,\,\,\, \forall x,y,z\geq 0$$
Thật vậy $BDT \Leftrightarrow 9(x+y)(y+z)(x+z)\geq 8(x+y+z)(xy+yz+zx)$
$\Leftrightarrow 9(x+y)(y+z)(x+z)+9xyz\geq 8(x+y+z)(xy+yz+zx)+9xyz$
Mặt khác ta có $(x+y)(y+z)(x+z)+xyz=(x+y+z)(xy+yz+zx)$ Nên ta chỉ cần chứng minh:
$9(x+y+z)(xy+yz+zx)\geq 8(x+y+z)(xy+yz+zx)+9xyz$
$\Leftrightarrow (x+y+z)(xy+yz+zx)\geq 9xyz$ (Luôn đúng the0 $AM-GM$)
Quay trở lại bài toán.Áp dụng bổ đề trên ta có:
$$[(x+y)(y+z)(z+x)]^4\geq \frac{8^4}{9^4}.[(x+y+z)(xy+yz+zx)]^4$$
Nên ta chỉ cần chỉ ra:
$$[(x+y+z)(xy+yz+zx)]^4\geq 243[xyz(x+y+z)]^3$$
$$\Leftrightarrow (xy+yz+zx)^4.(x+y+z)\geq 243x^3y^3z^3$$
Nhưng bất đẳng thức cuối luôn đúng the0 $AM-GM$ nên ta có ĐPCM.
Dầu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z$

[boconganh207]

Một cách chứng minh khác khá hay nhé
$(x+y)(y+z)(x+z)=xy(x+y+z)+yz(x+y+z)+ xz^{2}+zx^{2}$
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho bộ 8 số gồm 3 số $\frac{1}{3}xy(x+y+z)$ và 3 số $\frac{1}{3}yz(x+y+z)$ và $xz^{2} , zx^{2}$
Sau đó mũ 4 cả 2 vế, căn bậc 3,nhân 2 vế với 3 ta sẽ có được bdt cần chứng minh
Dấu "=" xảy ra khi $xy(x+y+z)=yz(x+y+z)= xz^{2}=zx^{2}$
$\Leftrightarrow x=y=z$
------------------------------------------------------------
WhjteShadow:Có vẻ bạn gõ $\LaTeX$ còn chưa được tốt lắm.Tham khảo thêm tại đây:
http://diendantoanhoc.net/index.php?/forum-250/announcement-4-trinh-so%E1%BA%A1n-th%E1%BA%A3o-cong-th%E1%BB%A9c-toan/

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 07-09-2012 - 12:16