$(a+b)^{6}+(b+c)^{6}+\left ( c+a \right )^{6}\geq \frac{16}{61}(a^{6}+b^{6}+c^{6})$
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta luôn có
Bắt đầu bởi frozen2501, 27-10-2016 - 20:40
#1
Đã gửi 27-10-2016 - 20:40
Every thing will be alright
#2
Đã gửi 28-10-2016 - 21:55
$(a+b)^{6}+(b+c)^{6}+\left ( c+a \right )^{6}\geq \frac{16}{61}(a^{6}+b^{6}+c^{6})$
Đặt $a+b=x,b+c=y,c+a=z\Rightarrow a=\frac{z+x-y}{2},b=\frac{x+y-z}{2},c=\frac{y+z-x}{2}$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$x^{6}+y^{6}+z^{6}\geq \frac{16}{61}\left [ \left ( \frac{y+z-x}{2} \right )^{6}+\left ( \frac{z+x-y}{2} \right )^{6}+\left ( \frac{x+y-z}{2} \right )^{6} \right ]$
$\Leftrightarrow (y+z-x)^{6}+(z+x-y)^{6}+(x+y-z)^{6}\leq 244(x^{6}+y^{6}+z^{6})$
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn:
$(y+z-x)^{6}+(z+x-y)^{6}+(x+y-z)^{6}+(x+y+z)^{6}\leq 244(x^{6}+y^{6}+z^{6})$
Khai triển vế trái bất đẳng thức trên và áp dụng AM-GM ta được:
$(y+z-x)^{6}+(z+x-y)^{6}+(x+y-z)^{6}+(x+y+z)^{6}=4(x^{6}+y^{6}+z^{6})+60(x^{4}y^{2}+y^{4}z^{2}+z^{4}x^{2})+60(x^{2}y^{4}+y^{2}z^{4}+z^{2}x^{4})+360x^{2}y^{2}z^{2}\leq 244(x^{6}+y^{6}+z^{6})$
Vậy ta có đpcm.
- CaptainCuong, Element hero Neos và Samsung White thích
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.
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh