Cho $a,b,c>0, a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$(a+b)^{4}+(b+c)^{4}+(c+a)^{4}\geq \frac{16}{27}$
Cho $a,b,c>0, a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$(a+b)^{4}+(b+c)^{4}+(c+a)^{4}\geq \frac{16}{27}$
Vũ trụ không có biên trong không gian, không có bắt đầu và kết thúc trong thời gian và chẳng có việc gì cho đấng sáng thế phải làm ở đây cả.
Đặt $a+b=x;b+c=y;c+a=z=>x+y+z=2$
$P=(a+b)^{4}+(b+c)^{4}+(c+a)^{4}=x^{4}+y^{4}+z^{4}$
Ta có
Theo bđt Holder $(x^{4}+y^{4}+z^{4})(1+1+1)(1+1+1)(1+1+1)\geq (x+y+z)^{4}=16$
$=>x^{4}+y^{4}+z^{4}\geq \frac{16}{27}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Namvip: 25-09-2016 - 15:11
Đặt $a+b=x;b+c=y;c+a=z=>x+y+z=2$
$P=(a+b)^{4}+(b+c)^{4}+(c+a)^{4}=x^{4}+y^{4}+z^{4}$
Ta có
Theo bđt Holder $(x^{4}+y^{4}+z^{4})(1+1+1)(1+1+1)(1+1+1)\geq (x+y+z)^{4}=16$
$=>x^{4}+y^{4}+z^{4}\geq \frac{16}{27}$
Liệu có cách làm nào không dùng đến bất đẳng thức Holder không nhỉ
Vũ trụ không có biên trong không gian, không có bắt đầu và kết thúc trong thời gian và chẳng có việc gì cho đấng sáng thế phải làm ở đây cả.
Cho $a,b,c>0, a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$(a+b)^{4}+(b+c)^{4}+(c+a)^{4}\geq \frac{16}{27}$
Xin đóng góp 1 lời giải:
Đặt $x=a+b;y=a+c;z=c+a$. Khi đó ta có bài toán:
Cho $x,y,z$ là độ dài 3 cạnh tam giác $x+y+z=2$+. Chứng minh rằng $x^4+y^4+z^4\ge\dfrac{16}{27}$
Ta có $x^4+y^4\ge\dfrac{(x+y)^4}{8}=\dfrac{(2-z)^4}{8}$. Khi đó BĐT được chứng minh nếu:
$$z^4+\dfrac{(2-z)^4}{8}\ge\dfrac{16}{27}$$
\[{\left( {6 - 3z} \right)^4} + 8{\left( {3z} \right)^4} \ge 384\]
\[ \Leftrightarrow {\left( {t - 6} \right)^4} + 8{t^4} \ge 384\]
\[ \Leftrightarrow 3{t^4} - 8{t^3} + 72{t^2} - 288t + 304 \ge 0 \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {3{t^3} - 2{t^2} + 68 - 152} \right) \ge 0\]
\[ \Leftrightarrow {\left( {t - 2} \right)^2}\left( {3{t^2} + 4t + 76} \right) \ge 0\] (luôn đúng)
Vậy BĐT được chứng minh. Điểm rơi khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Baoriven: 25-09-2016 - 15:29
Đề thi chọn đội tuyển HSG:
http://diendantoanho...date-2016-2017/
Topic thảo luận bài toán thầy Hùng:
http://diendantoanho...topicfilter=all
Blog Thầy Trần Quang Hùng
http://analgeomatica.blogspot.com/
Hình học: Nguyễn Văn Linh
https://nguyenvanlin...ss.com/2016/09/
Toán học tuổi trẻ:
http://www.luyenthit...chi-thtt-online
Mathlink:http://artofproblemsolving.com
BẤT ĐẲNG THỨC:
http://diendantoanho...-đẳng-thức-vmf/
http://diendantoanho...i-toán-quốc-tế/
Liệu có cách làm nào không dùng đến bất đẳng thức Holder không nhỉ
Với bài đơn giản này thì nhiều cách cơ mà dùng bất đẳng thức Holder là nhanh nhất
Cho $a,b,c>0, a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$(a+b)^{4}+(b+c)^{4}+(c+a)^{4}\geq \frac{16}{27}$
Cách khác cho bài toán này như sau:
$(x;y;z)\to (a+b;b+c;c+a)\implies x+y+z=2$.
Ta chứng minh: $x^4+y^4+z^4\ge \frac{16}{27}$.
Áp dụng BDT quen thuộc: $m^2+n^2\ge \frac{1}{2}(m+n)^2$.
Ta có: $\sum x^4=\frac{1}{2}\sum (x^4+y^4)\ge \frac{1}{4}\sum (x^2+y^2)^2$.
Áp dụng BDT quen thuộc: $m^2+n^2+p^2\ge \frac{1}{3}(m+n+p)^2$.
$\implies \sum x^4\ge \frac{1}{4}\sum (x^2+y^2)^2\ge \frac{1}{4}.\frac{1}{3}(2x^2+2y^2+2z^2)^2\ge \frac{1}{12}.[2.\frac{1}{3}(x+y+z)^2]^2=\frac{16}{27}(Q.E.D)\text{ do x+y+z=2}$.
Liệu có cách làm nào không dùng đến bất đẳng thức Holder không nhỉ
Bài này điểm rơi Cauchy cũng chơi mượt mà được mà, chưa cần dùng đến Holder đâu,
$(a+b)^4+\frac{16}{81}+\frac{16}{81}+\frac{16}{81}\ge4\sqrt[4]{(a+b)(\frac{16}{81})^3}=\frac{32}{27}(a+b)$
Tương tự cộng lại ta có điều phải chứng minh cần gì phải dao búa
"Và tôi vẫn còn yêu em..."
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh