Chủ đề này có 15 trả lời

[PTKBLYT9C1213]

Cho a+b+c =3. Chứng minh: a⁴+b⁴+c⁴$\geq$a³+b³+c³

[Oral1020]

Lời giải.

Giả sử $a \ge b \ge c$

Áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Cheybeshev,ta có:

$3(a.a^3+b.b^3+c.c^3) \ge (a+b+c)(a^3+b^3+c^3)$

$\Longleftrightarrow 3(a^4+b^4+c^4) \ge 3(a^3+b^3+c^3)$

$\Longleftrightarrow a^4+b^4+c^4 \ge a^3+b^3+c^3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral31211999: 09-04-2013 - 12:03

[vnmath98]

Dùng AM-GM

$\sum a^4+\sum a^2\geq \sum 2a^3$

Như vậy ta cần chứng minh $\sum a^3\geq \sum a^2$

$\sum a^3+\sum a\geq \sum 2a^2$

Như vậy ta cần chứng minh

$\sum a^2\geq \sum a$

$\sum (a^2+1)\geq \sum 2a=6$

$\Rightarrow$đpcm

[PTKBLYT9C1213]

Dùng AM-GM

$\sum a^4+\sum a^2\geq \sum 2a^3$

Như vậy ta cần chứng minh $\sum a^3\geq \sum a^2$

$\sum a^3+\sum a\geq \sum 2a^2$

Như vậy ta cần chứng minh

$\sum a^2\geq \sum a$

$\sum (a^2+1)\geq \sum 2a=6$

$\Rightarrow$đpcm

Bạn dùng BDDT AM-GM nhưng các số a,b,c đề bài ko cho là dương đâu

[PTKBLYT9C1213]

Ở đây có thể có cách khác đó la:

Các bạn đăt a=1+x, b=1+y thì suy ra c=1-x-y. Sau đó thay vào biểu thức ta được điều phải chứng minh

[PTKBLYT9C1213]

Ta có thể phát triển bài toán từ giả thiết a+b+c=3 thành a+b+c$\geq$3 thì kết quả vẫn đúng

Các bạn thử xem có thể có kết quả này với số mũ tổng quát hay ko nhé

[25 minutes]

Ta có thể phát triển bài toán từ giả thiết a+b+c=3 thành a+b+c$\geq$3 thì kết quả vẫn đúng

Các bạn thử xem có thể có kết quả này với số mũ tổng quát hay ko nhé

Nếu $a+b+c \geq 3$ thì ta vẫn có bất đẳng thức sau

                            $3(a^4+b^4+c^4) \geq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3)$

Do $a+b+c \geq 3$ nên $3(a^4+b^4+c^4) \geq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3)\geq 3(a^3+b^3+c^3)$

                                $\Rightarrow a^4+b^4+c^4 \geq a^3+b^3+c^3$

Tổng quát hóa bài toán : Với các số dương $a,b,c$ và $ a+b+c \geq 3$, $m \geq n \in N* $, ta luôn có

                                $a^m+b^m+c^m \geq a^n+b^n+c^n$

Có thể chứng minh bằng Chebyshev hoặc Holder

[PTKBLYT9C1213]

Anh thử phát biểu BĐT Holder cho em bằng một cách dễ hiểu, đọc trong sách khó hiểu quá.Chứng minh luôn anh nhé

[Oral1020]

Anh thử phát biểu BĐT Holder cho em bằng một cách dễ hiểu, đọc trong sách khó hiểu quá.Chứng minh luôn anh nhé

4 số:

$(a+b)(c+d) \ge (\sqrt{ac}+\sqrt{bd})^2$ (2 số thì gần giống như là C-S)

6 số:

$(a+b)(c+d)(e+f) \ge (\sqrt[3]{ace}+\sqrt[3]{bdf})^3$

Tổng quát

$(a_1+a_1+...+a_n)(b_1+b_2+...+b_n)..(i_1+i_2+...+i_n) \ge (\sqrt[n]{a_1.b_1...i_1}+...+\sqrt[n]{a_n.b_n...i_n})^n$

--

Chắc không có sai sót gì

[Oral1020]

Nếu $a+b+c \geq 3$ thì ta vẫn có bất đẳng thức sau

                            $3(a^4+b^4+c^4) \geq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3)$

Do $a+b+c \geq 3$ nên $3(a^4+b^4+c^4) \geq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3)\geq 3(a^3+b^3+c^3)$

                                $\Rightarrow a^4+b^4+c^4 \geq a^3+b^3+c^3$

Tổng quát hóa bài toán : Với các số dương $a,b,c$ và $ a+b+c \geq 3$, $m \geq n \in N* $, ta luôn có

                                $a^m+b^m+c^m \geq a^n+b^n+c^n$

Có thể chứng minh bằng Chebyshev hoặc Holder

Về bài toán tổng quát thì như vậy có thể rộng hơn (Không biết đúng hay sai nữa )

Vơi các số dương $a_1,a_2;...a_n$ và thỏa mãn một trong 4 điều kiện sau:$\begin{bmatrix}
a_1a_2...a_n=1\\ a_1a_2...a_n \ge 1
\\ a_1+a_2+...+a_n =n
\\ a_1+a_2+...+a_n \ge n

\end{bmatrix}$  và $x \ge y$ ($x;y \in \mathbb{N}$).Chứng minh rằng:

$a_1^x+a_2^x+...a_n^x \ge a_1^y+a_2^y+...+a_n^y$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral31211999: 12-04-2013 - 16:39

[PTKBLYT9C1213]

Về bài toán tổng quát thì như vậy có thể rộng hơn (Không biết đúng hay sai nữa )

Vơi các số dương $a_1,a_2;...a_n$ và thỏa mãn một trong 4 điều kiện sau:$\begin{bmatrix}
a_1a_2...a_n=1\\ a_1a_2...a_n \ge 1
\\ a_1+a_2+...+a_n =n
\\ a_1+a_2+...+a_n \ge n

\end{bmatrix}$  và $x \ge y$ ($x;y \in \mathbb{N}$).Chứng minh rằng:

$a_1^x+a_2^x+...a_n^x \ge a_1^y+a_2^y+...+a_n^y$

Theo mình thi cần có điều kiện x-y=1 thì mới được

[Oral1020]

Theo mình thi cần có điều kiện x-y=1 thì mới được

Hè hè .Không cần đâu bạn!! Ví dụ như vậy nhé.Cho $x+y=2(x;y >0)$ .Chứng minh rằng $x^{100}+y^{100} \ge x^2+y^2$

Ta lại có: $x^{100}+y^{100} \ge x^{99}+y^{99} \ge x^{98}+y^{98} \ge ... \ge x^2+y^2$

Nó dùng tính chất bắt cầu liên tiếp đấy bạn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral31211999: 13-04-2013 - 21:23

[PTKBLYT9C1213]

Hè hè .Không cần đâu bạn!! Ví dụ như vậy nhé.Cho $x+y=2(x;y >0)$ .Chứng minh rằng $x^{100}+y^{100} \ge x^2+y^2$

Ta lại có: $x^{100}+y^{100} \ge x^{99}+y^{99} \ge x^{98}+y^{98} \ge ... \ge x^2+y^2$

Nó dùng tính chất bắt cầu liên tiếp đấy bạn

nếu giả thiết cho x+y=n thì theo mình cần có hệ số thích hợp trước x^m và y^m chứ ko phải hệ số là 1,1

--

Oral:Trong bài tổng quát thì cho $a_1+a_2+...+a_n=n$ chứ không phải là mọi số đếu bằng $n$.Còn với tổng quát $x+y=n$ n là một số bất kì thì rất khó tổng quát.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral31211999: 13-04-2013 - 21:37

[buiminhhieu]

he he không cần rắc rối như vậy đâu:

chứng minh:$a^{4}-a^{3}\geq a-1\Leftrightarrow (a-1)^{2}(A)\geq 0$

---

Bạn làm cái gì vậy ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral31211999: 14-04-2013 - 14:30

[buiminhhieu]

chứng minh được như vậy thì cộng vào được QED

[PTKBLYT9C1213]

chứng minh được như vậy thì cộng vào được QED

Cách làm như bạn thì giải bài toán tổng quát đi!