Cho hỏi cách c/m bđt holder bậc 3 và cả tổng quát
BĐT Holder
#1
Đã gửi 12-10-2013 - 08:34
#2
Đã gửi 12-10-2013 - 08:39
Thật vậy ta chứng minh :
$(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}$ ( hạ căn và chia vế ta có :
$1\geq \frac{axm+byn+czp}{\sqrt[3]{\prod (a^{3}+b^{3}+c^{3})}}$
Theo bất đẳng thức $AM-GM$ ta có
$\frac{a^{3}}{\sum a^{3}}+\frac{x^{3}}{\sum x^{3}}+\frac{m^{3}}{\sum m^{3}}\geq \frac{3axm}{\sqrt[3]{\prod (\sum a^{3})}}$
Chứng minh tương tự và cộng vế $=>Q.E.D$
Bđt tổng quát chứng minh hoàn toàn tương tự .
Giải hệ phương trình dấu bằng của $AM-GM$ ta thu được đẳng thức khi các bộ tỉ lệ .
- DarkBlood, AnnieSally, pham thuan thanh và 3 người khác yêu thích
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
#3
Đã gửi 12-10-2013 - 09:22
Thật vậy ta chứng minh :
$(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}$ ( hạ căn và chia vế ta có :
$1\geq \frac{axm+byn+czp}{\sqrt[3]{\prod (a^{3}+b^{3}+c^{3})}}$
Theo bất đẳng thức $AM-GM$ ta có
$\frac{a^{3}}{\sum a^{3}}+\frac{x^{3}}{\sum x^{3}}+\frac{m^{3}}{\sum m^{3}}\geq \frac{3axm}{\sqrt[3]{\prod (\sum a^{3})}}$
Chứng minh tương tự và cộng vế $=>Q.E.D$
Bđt tổng quát chứng minh hoàn toàn tương tự .
Giải hệ phương trình dấu bằng của $AM-GM$ ta thu được đẳng thức khi các bộ tỉ lệ .
Thật vậy ta chứng minh :
$(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}$ ( hạ căn và chia vế ta có :
$1\geq \frac{axm+byn+czp}{\sqrt[3]{\prod (a^{3}+b^{3}+c^{3})}}$
Theo bất đẳng thức $AM-GM$ ta có
$\frac{a^{3}}{\sum a^{3}}+\frac{x^{3}}{\sum x^{3}}+\frac{m^{3}}{\sum m^{3}}\geq \frac{3axm}{\sqrt[3]{\prod (\sum a^{3})}}$
Chứng minh tương tự và cộng vế $=>Q.E.D$
Bđt tổng quát chứng minh hoàn toàn tương tự .
Giải hệ phương trình dấu bằng của $AM-GM$ ta thu được đẳng thức khi các bộ tỉ lệ .
Vậy bạn chứng minh AM-GM 3 ẩn giùm mình luôn nha, làm ơn đó , mình chỉ biết chứng minh bậc chẵn thôi
Quen xài chứ không quen chứng minh huhu
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nghiemthanhbach: 12-10-2013 - 09:59
#4
Đã gửi 12-10-2013 - 11:15
Vậy bạn chứng minh AM-GM 3 ẩn giùm mình luôn nha, làm ơn đó , mình chỉ biết chứng minh bậc chẵn thôi
Quen xài chứ không quen chứng minh huhu
Ta sẽ chứng minh $\sum a^{3}\geq 3abc$
Cách $1$ : biến đổi tương đương sẽ thu được
$(a+b+c)(\sum a^{2}-\sum ab)\geq 0$ hiển nhiên đúng
Cách hai , áp dụng bdt $AM-GM$ cho
$a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4}\geq 2(a^{2}b^{2}+c^{2}+d^{2})\geq 4abcd$
Áp dụng cho các số $a^{3},b^{3},c^{3},abc$
Ta có $\sum a^{3}+abc\geq 4abc$ nên $\sum a^{3}\geq 3abc$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 12-10-2013 - 11:15
- AnnieSally, pham thuan thanh và nghiemthanhbach thích
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh