Chủ đề này có 3 trả lời

[ntnt]

Chứng minh rằng $\forall a,\,b\geq0$ ta luôn có: $$a^5+b^5\geq\dfrac{(a+b)^5}{2^4}$$

[daovuquang]

Giải: BĐT tương đương với
$16(a^5+b^5)\geq (a+b)^5$
$\Leftrightarrow 15(a^5+b^5)\geq 5(a^4b+ab^4)+10(a^3b^2+a^2b^3)$.
Áp dụng AM-GM:
$\left\{\begin{matrix}
a^5+a^5+a^5+a^5+b^5\geq 5a^4b\\
b^5+b^5+b^5+b^5+a^5\geq 5ab^4
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow 5(a^5+b^5)\geq 5(a^4b+ab^4).$ Tương tự $10(a^5+b^5)\geq 10(a^3b^2+a^2b^3) \Rightarrow$ đpcm.
Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow a=b.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi daovuquang: 27-07-2012 - 11:19

[vietfrog]

Đây là bài toán tổng quát:

BĐT 3:
Cho $a,b \in R;n \in {N^*}$. Chứng minh rằng: \[\dfrac{{{a^n} + {b^n}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n}\]

Chứng minh:
Trước tiên ta xét: $$f(x) = {x^n} + {(c - x)^n};c > 0,n \in {N^*}$$.
Ta có: $f'(x) = n{x^{n - 1}} - n{(c - x)^{n - 1}}$;$f'(x) = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{c}{2}$. Lập BBT.
\[BBT \to f(x) \ge f\left( {\dfrac{c}{2}} \right) \Leftrightarrow {x^n} + {(c - x)^n} \ge 2{\left( {\dfrac{c}{2}} \right)^n}\]
Chọn $x = a;c = a + b$ ta có:\[{a^n} + {b^n} \ge 2{\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n} \Leftrightarrow \dfrac{{{a^n} + {b^n}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n}\]

BĐT trên là BĐT tổng quát giúp ta dễ nhớ.
Từ BĐT trên ta có thể thay n=2,3,4...
Sẽ được một số BĐT phụ khá hữu ích. ( cái mà ta muốn nói đến)
$\dfrac{{{a^3} + {b^3}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^3}$ ; $\dfrac{{{a^4} + {b^4}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^4}$ ....

http://diendantoanho...hụ/#entry280182

[L Lawliet]

Đây là bài toán tổng quát:



http://diendantoanho...hụ/#entry280182

Em chứng minh một cách bằng THCS ^^
Bài toán: Cho các số thực dương $a$, $b$ và $n\in N^*$. Chứng minh rằng: $\frac{a^n+b^n}{2}\geq \left ( \frac{a+b}{2} \right )^n$.
Lời giải:
Đầu tiên xin phát biểu và chứng minh một bất đẳng thức phụ:
"Cho các số dương $x$, $y$ thỏa mãn $x+y=2$. Chứng minh rằng với mọi số $n\in N^*$ thì ta có: $x^{n+1}+y^{n+1}\geq x^{n}+y^{n}$."
Chứng minh:
Ta có:

$$2\left ( x^{n+1}+y^{n+1} \right )-\left ( x^n+y^n \right )\left ( x+y \right )=x^n\left ( x-y \right )-y^n\left ( x-y \right )$$

$$=\left ( x^n-y^n \right )\left ( x-y \right )=\left ( x-y \right )^2\left ( x^{n-1}+x^{n-2}y+...+xy^{n-2}+y^{n-1} \right )\geq 0$$

$$\Rightarrow 2\left ( x^{n+1}+y^{n+1} \right )\geq \left ( x^n+y^n \right )\left ( x+y \right )\geq 2\left ( x^n+y^n \right )$$

$$\Rightarrow x^{n+1}+y^{n+1}\geq x^n+y^n$$

Vậy ta đã chứng minh xong bất đẳng thức phụ.
Trở lại bài toán:
Đặt: $x=\frac{2a}{a+b}>0$ và $y=\frac{2b}{a+b}>0$ $\left ( x+y=\frac{2a}{a+b}+\frac{2b}{a+b}=2 \right )$
Theo bất đẳng thức phụ ta có:

$$x^n+y^n\geq x^{n-1}+y^{n-1}\geq x+y=2$$

$$\Rightarrow x^n+y^n\geq 2$$

$$\Rightarrow \left ( \frac{2a}{a+b} \right )+\left ( \frac{2b}{a+b} \right )^n\geq 2$$

$$\Rightarrow \frac{a^n+b^n}{2}\geq \left ( \frac{a+b}{2} \right )^n$$

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
Có thể mở rộng bài toán thành:
Bài toán: Cho $m$ số $a_1,a_2,a_3,...,a_m\geq 0$ và $m,n\in N^*$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a_1^n+a_2^n+a_3^n+...+a_m^n}{m}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+a_3+...+a_m}{m} \right )^n$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi L Lawliet: 27-07-2012 - 12:24