$a^3b+b^3c+c^3a\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$
#1
Đã gửi 14-03-2013 - 21:50
#2
Đã gửi 14-03-2013 - 21:57
$$a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a-ab^{3}-bc^{3}-ca^{3}=(a-b)(a-c)(b-c)(a+b+c)\geq 0$$
Nên ta sẽ c/minh 1 BĐT mạnh hơn BĐT đã cho là
$$a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a+ab^{3}+bc^{3}+ca^{3}\geq 2\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \right )$$
Và cái này chỉ là AM-GM cho vế trái, ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$
- Sagittarius912, IloveMaths, tramyvodoi và 1 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 14-03-2013 - 22:31
Ọc,lại coi như là cách giải của bài toán thứ 2 vậyBĐT Muirhead áp dụng cho tổng đối xứng $\sum_{a,b,c}^{sym}[3,1,0]=a^3b+b^3a+b^3c+c^3b+a^3c+c^3a$
nhưng ở đây là tổng hoán vị
$\sum_{a,b,c}^{cyc}[3,1,0]=a^3+b^3c+c^3a$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoFaKe: 14-03-2013 - 22:41
#4
Đã gửi 14-03-2013 - 22:36
BĐT Muirhead áp dụng cho tổng đối xứng $\sum_{a,b,c}^{sym}[3,1,0]=a^3b+b^3a+b^3c+c^3b+a^3c+c^3a$Cách khác:
Do $\left [ 3;1;0 \right ]\succ \left [ 2;2;0 \right ]$ nên theo bđt Muirhead thì ta có ĐPCM.
nhưng ở đây là tổng hoán vị
$\sum_{a,b,c}^{cyc}[3,1,0]=a^3+b^3c+c^3a$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sagittarius912: 14-03-2013 - 22:37
- BoFaKe yêu thích
#5
Đã gửi 21-03-2013 - 08:00
Trước tiên với $a\geq b\geq c$ thì ta có
$$a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a-ab^{3}-bc^{3}-ca^{3}=(a-b)(a-c)(b-c)(a+b+c)\geq 0$$
Nên ta sẽ c/minh 1 BĐT mạnh hơn BĐT đã cho là
$$a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a+ab^{3}+bc^{3}+ca^{3}\geq 2\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \right )$$
Và cái này chỉ là AM-GM cho vế trái, ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$
Bạn này xét thiếu TH $a \ge c \ge b$ rồi.
Bài này có thể sử dụng KSHS
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh