Chứng minh bất đẳng thức sau: $\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[10]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$
#1
Đã gửi 02-10-2012 - 21:34
$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[10]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$
$\large{\int_{0}^{\infty }xdx<\heartsuit}$
#2
Đã gửi 02-10-2012 - 21:53
Cho các số dương a,b,c có tích bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức sau:
$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[10]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$
BĐT đúng phải là:
\[
\begin{array}{l}
\frac{{a + b + c}}{3} \le \sqrt[{10}]{{\frac{{a^3 + b^3 + c^3 }}{3}}} \\
\Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)^{10} \le 3^9 .\left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right) \\
\Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)^{10} \le \left( {1 + 1 + 1} \right)^9 \left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right)\,\,\left( * \right) \\
\end{array}
\]
Dễ thấy $( *)$ luôn đúng theo BĐT Holder. Dấu $=$ khi $a=b=c=1$
P/s: ĐK: $abc=1$ có vẻ hơi vô duyên.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 03-10-2012 - 17:08
- NGOCTIEN_A1_DQH, Le Quoc Tung, HÀ QUỐC ĐẠT và 2 người khác yêu thích
Sống trên đời
Cần có một tấm lòng
Để làm gì em biết không?
Để gió cuốn đi...
#3
Đã gửi 02-10-2012 - 22:10
Không ngược chiều đâu bạn ak, Đây là bài toán của Michael Rozenberg, nó xuất hiện khá lâu và từng được coi là một bất đẳng thức "không tồn tại lời giải đẹp". Lời giải duy nhất cho tới gần đây sử dụng phương pháp $pqr$ với nhiều tính toán và chia nhiều trường hợp. Bài toán này không đơn giản như bạn nghĩ đâu...BĐT trên ngược chiều rồi bạn ạ. ( Thử với bộ $(1;0,5;0,5)$ thấy ngay )
BĐT đúng phải là:
\[
\begin{array}{l}
\frac{{a + b + c}}{3} \le \sqrt[{10}]{{\frac{{a^3 + b^3 + c^3 }}{3}}} \\
\Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)^{10} \le 3^9 .\left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right) \\
\Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)^{10} \le \left( {1 + 1 + 1} \right)^9 \left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right)\,\,\left( * \right) \\
\end{array}
\]
Dễ thấy $( *)$ luôn đúng theo BĐT Holder. Dấu $=$ khi $a=b=c=1$
P/s: ĐK: $abc=1$ có vẻ hơi vô duyên.
$\large{\int_{0}^{\infty }xdx<\heartsuit}$
#4
Đã gửi 03-10-2012 - 02:00
Holder không cho ta như thế anh ạ. Nếu Holder thì phải là $(1+1+1)^9\left (a^3+b^3+c^3\right )\ge \left (a^{\dfrac{3}{10}}+b^{\dfrac{3}{10}}+c^{\dfrac{3}{10}}\right )^{10}$. Và bộ $(1; 0,5; 0,5)$ đâu thoả mãn $abc=1$ ạ. Đúng như bạn yellow nói, đây thực sự là bài toán khó. Một số biến tấu làm bài toán dễ hơn là thay đổi điều kiện, và em nhớ không nhầm là trong các kì thi thử đại học năm vừa rồi cũng có trường làm điều này.BĐT trên ngược chiều rồi bạn ạ. ( Thử với bộ $(1;0,5;0,5)$ thấy ngay )
BĐT đúng phải là:
\[
\begin{array}{l}
\frac{{a + b + c}}{3} \le \sqrt[{10}]{{\frac{{a^3 + b^3 + c^3 }}{3}}} \\
\Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)^{10} \le 3^9 .\left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right) \\
\Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)^{10} \le \left( {1 + 1 + 1} \right)^9 \left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right)\,\,\left( * \right) \\
\end{array}
\]
Dễ thấy $( *)$ luôn đúng theo BĐT Holder. Dấu $=$ khi $a=b=c=1$
P/s: ĐK: $abc=1$ có vẻ hơi vô duyên.
- vietfrog yêu thích
#5
Đã gửi 03-10-2012 - 17:08
Sống trên đời
Cần có một tấm lòng
Để làm gì em biết không?
Để gió cuốn đi...
#6
Đã gửi 03-10-2012 - 17:53
Đúng hơn là "Phương pháp đổi biến pqr". Một vài bất đẳng thức thuần nhất đối xứng, các biến có điều kiện không âm thì ta đặt: $p=a+b+c, q=ab+ac+bc, r=abc$ đưa bài toán về dạng dễ hơn, rõ ràng hơn.pqr là pp j thế
$\large{\int_{0}^{\infty }xdx<\heartsuit}$
#7
Đã gửi 03-10-2012 - 18:34
<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.
.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.
#8
Đã gửi 03-10-2012 - 19:34
đây là nhận xét trong cuốn"bất đẳng thức và những lời giải hay" của anh cẩn và anh q anhKhông ngược chiều đâu bạn ak, Đây là bài toán của Michael Rozenberg, nó xuất hiện khá lâu và từng được coi là một bất đẳng thức "không tồn tại lời giải đẹp". Lời giải duy nhất cho tới gần đây sử dụng phương pháp $pqr$ với nhiều tính toán và chia nhiều trường hợp. Bài toán này không đơn giản như bạn nghĩ đâu...
trong sách cũng có đưa ra 2 cách giải bằng S.O.S và AM-GM+dồn biến ,tuy nhiên cả 2 cách trên đều khá cồng kềnh,mọi người có thể tham khảo thêm trong sách,nếu cần mình xin post nguyên văn ra sau ?
- WhjteShadow, yellow và BoBoiBoy thích
#9
Đã gửi 04-10-2012 - 17:59
Giải
Bất đẳng thức đã cho có dạng thuần nhất là $\frac{a+b+c}{3}\geq (abc)^{\frac{7}{30}}\left ( \frac{a^3+b^3+c^3}{3} \right )^{\frac{1}{10}}$
hay là $\frac{a+b+c}{3}\geq a^{\frac{7}{30}}(bc)^{\frac{1}{30}}\left [ \frac{b^2c^2(a^3+b^3+c^3)}{3} \right ]^{\frac{1}{10}}$
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $a=max${$a,b,c$}.
Đặt $t=\frac{b+c}{2}$, khi đó dễ thấy $(bc)^{\frac{1}{30}}\leq t^{\frac{1}{15}}$. Để thực hiện phép dồn biến, ta sẽ chứng mình rằng $b^2c^2(a^3+b^3+c^3)\leq t^4(a^3+2t^3)$. Thật vậy, ta có:
$VP-VT=a^3(t^4-b^2c^2)+2t^7-b^2c^2(a^3+c^3)=a^3(t^4-b^2c^2)+2t^7-2tb^2c^2(4t^2-3bc)$
$\geq t^3(t^4-b^2c^2)+2t^7-2tb^2c^2(4t^2-3bc)=3t(t^2+2bc)(t^2-bc)^2\geq 0$
Như vậy ta đã chứng minh được:
$\frac{a+b+c}{3}\geq a^{\frac{7}{30}}(bc)^{\frac{1}{30}}\left [ \frac{b^2c^2(a^3+b^3+c^3)}{3} \right ]^{\frac{1}{10}}$$\leq a^{\frac{7}{30}}(t^2)^{\frac{1}{30}}\left [ \frac{t^4(a^3+2t^3)}{3} \right ]^{\frac{1}{10}}=(at^2)^{\frac{7}{30}}\left ( \frac{a^3+2t^3}{3} \right )^{\frac{1}{10}}$
Phép dồn biến được hoàn tất, và công việc còn lại của ta chỉ là chứng minh $\frac{a+2t}{3}\geq (at^2)^{\frac{7}{30}}\left ( \frac{a^3+2t^3}{3} \right )^{\frac{1}{10}}$
Bất đẳng thức trên dễ dàng suy ra từ bất đẳng thức $AM-GM$.
$\large{\int_{0}^{\infty }xdx<\heartsuit}$
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh