Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Chứng minh rằng $\sqrt[n]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}>1\forall n\geq 2;n\in N$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 nghiemthanhbach

nghiemthanhbach

    $\sqrt{MF}'s\;friend$

  • Thành viên
  • 1056 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK
  • Sở thích:Ai chơi lmht không :)

Đã gửi 25-12-2013 - 21:49

Bài 1:

Chứng minh rằng $\sqrt[n]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}>1\forall n\geq 2;n\in N$

Bài 2:

Chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt[n-1]{n!}}+\frac{1}{\sqrt[n-1]{n}}\leq 1\forall n\geq 2;n\in N$

Bài 3: ( Tạp chí Toán Học Tuổi Trẻ) Chứng minh $\frac{(a+b+c)^3}{abc}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\geq 28\forall a,b,c>0$

Bài 4: ( Việt Nam TST 2005) Chứng minh $(\frac{a}{a+b})^3+(\frac{b}{b+c})^3+(\frac{c}{c+a})^3\geq \frac{3}{8},\forall a,b,c>0$B

Bài 5: ( Việt Nam MO ) Chứng minh rằng $6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\leq 27abc+10\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^3},\forall a,b,c>0$

Đây nè Phạm Khoa Bằng



#2 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản trị
  • 1534 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Dốt nhất khoa Toán
  • Sở thích:Unstable homotopy theory

Đã gửi 25-12-2013 - 22:36



Bài 1:

Chứng minh rằng $\sqrt[n]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}>1\forall n\geq 2;n\in N$

Bài 2:

Chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt[n-1]{n!}}+\frac{1}{\sqrt[n-1]{n}}\leq 1\forall n\geq 2;n\in N$

Bài 3: ( Tạp chí Toán Học Tuổi Trẻ) Chứng minh $\frac{(a+b+c)^3}{abc}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\geq 28\forall a,b,c>0$

Bài 4: ( Việt Nam TST 2005) Chứng minh $(\frac{a}{a+b})^3+(\frac{b}{b+c})^3+(\frac{c}{c+a})^3\geq \frac{3}{8},\forall a,b,c>0$B

Bài 5: ( Việt Nam MO ) Chứng minh rằng $6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\leq 27abc+10\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^3},\forall a,b,c>0$

Đây nè Phạm Khoa Bằng

Bài $4$ chia từng tử cho mẫu thu được $\sum \frac{1}{(1+x)^{3}}\geq \frac{3}{8}$

Với $xyz=1$ đổi bộ $x->\frac{bc}{a^{2}}$ thu được bdt

$\sum \frac{a^{6}}{(a^{2}+bc)^{3}}\geq \frac{(\sum a^{3})^{2}}{\sum a^{6}+\sum a^{3}b^{3}+3abc(\sum a^{3}+3abc)}\geq \frac{3}{8}$

Sau khi khai triển xong thu được bdt $5\sum a^{6}+13\sum (ab)^{3}\geq 9abc(\sum a^{3}+3abc)$

Đặt $\sum a^{6}=A,\sum (ab)^{3}=B,\sum a^{3}=C,abc=p$ khi đó ta có $A+2B=C^{2}$ và $A,B\geq 3p^{2}$

Ta có $5A+13B=5A+4B+9B\geq 5A+4B+27p^{2}\geq 9p(C+p)=9pc+27p^{2}$ nên cần có $5A+4B\geq 9pc$

Hay $10A+8B\geq 2.3.3p.C$

Áp dụng $AM-GM$ ta có $2.3.3p.C\leq 3(A+2B+9p^{2})\leq 10A+8B$ khi và chỉ khi $2B+7A\geq 27p^{2}$

Đúng do $B,A\geq 3p^{2}$

Bài $3$

$\frac{(\sum a)^{3}}{abc}=\frac{\sum a^{3}}{abc}+3\frac{\prod (a+b)}{abc}\geq \frac{\sum a^{3}}{abc}+24$

Nên để có bdt ban đầu chỉ cần có

$\frac{\sum a^{3}}{abc}+\frac{\sum ab}{\sum a^{2}}\geq 4<=>\frac{\sum a^{3}-3abc}{abc}-\frac{\sum a^{2}-\sum ab}{\sum a^{2}}\geq 0<=>\frac{(\sum a)(\sum a^{2}-\sum ab)}{abc}-\frac{\sum a^{2}-\sum ab}{\sum a^{2}}=(\sum a^{2}-\sum ab)(\frac{a+b+c}{abc}-\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}})\geq 0$

Ta đã có $\sum a^{2}-\sum ab\geq 0$ và $(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 9abc>abc$ nên bdt đc cm 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 25-12-2013 - 23:06

Declare to yourself that, from now on, your life is dedicated to one and only one woman, the greatest mistress of your life, the tenderest woman you have ever encountered, Mathematica.


#3 kfcchicken98

kfcchicken98

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 259 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 26-12-2013 - 03:42

bài 3

do bđt thuần nhất nên chuẩn hóa a+b+c=1

$P\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{abc}+\frac{(ab+bc+ca)^{3}}{{\frac{1}{27}}(a+b+c)^{6}}=\frac{(a+b+c)^{3}}{abc}+\frac{27(ab+bc+ca)^{3}}{(a+b+c)^{6}}$

ta có $\frac{(a+b+c)^{3}}{27abc}+\frac{(a+b+c)^{3}}{27abc}+\frac{27(ab+bc+ca)^{3}}{(a+b+c)^{6}}\geq \frac{(ab+bc+ca)}{\sqrt[3]{(abc)^{2}}}\geq \frac{9(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^{2}}$

có $\frac{9(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^{2}}+\frac{3(a+b+c)^{3}}{27abc}\geq 2\sqrt{\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{abc}}\geq 6$

có $\frac{22(a+b+c)^{3}}{27abc}\geq 22$

suy ra P$\geq 22+6=28$



#4 kfcchicken98

kfcchicken98

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 259 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 26-12-2013 - 04:02

bài 4

đặt $x=\frac{b}{a}; y=\frac{c}{b};z=\frac{a}{c}$, suy ra xyz=1

ta có $\frac{1}{(x+1)^{3}}+\frac{1}{(x+1)^{3}}+\frac{1}{8}\geq \frac{3}{2}\frac{1}{(x+1)^{2}}$

tương tự $\sum \frac{1}{(1+x)^{3}}\geq \frac{3}{2}(\sum \frac{1}{(1+x)^{2}})-\frac{3}{8}$

giờ cần CM $\sum \frac{1}{(1+x)^{2}}\geq \frac{3}{4}$

có $\frac{1}{(1+x)^{2}}+\frac{1}{(1+y)^{2}}= \frac{1}{(\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{y}}+x)^{2}}+\frac{1}{(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}}+y)^{2}}\geq \frac{y}{(x+y)(xy+1)}+\frac{x}{(x+y)(xy+1)}=\frac{1}{xy+1}$

có $\frac{1}{xy+1}+\frac{1}{(1+z)^{2}}=\frac{z}{z+1}+\frac{1}{(1+z)^{2}}=\frac{z^{2}+z+1}{(z+1)^{2}}$

giả sử z là max (x,y,z), suy ra $z\geq 1$

xét đạo hàm $\frac{z^{2}+z+1}{z^{2}+2z+1}$ >0

suy ra $f(z)\geq f(1)=\frac{3}{4}$ đpcm






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh