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
* * * - - 2 Bình chọn

Chứng minh bất đẳng thức sau: $\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[10]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 trả lời

#1 yellow

yellow

    Sĩ quan

  • Pre-Member
  • 371 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Mỹ Châu

Đã gửi 02-10-2012 - 21:34

Cho các số dương a,b,c có tích bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức sau:
$\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[10]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$

$\large{\int_{0}^{\infty }xdx<\heartsuit}$

#2 vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Kẻ Sặt_ Hải Dương
  • Sở thích:Kìa chú là chú ếch con có hai là hai mắt tròn....

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. :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 03-10-2012 - 17:08

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#3 yellow

yellow

    Sĩ quan

  • Pre-Member
  • 371 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Mỹ Châu

Đã gửi 02-10-2012 - 22:10

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. :D

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...

$\large{\int_{0}^{\infty }xdx<\heartsuit}$

#4 15 8 2022

15 8 2022

    Lính mới

  • Thành viên
  • 2 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 03-10-2012 - 02:00

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. :D

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.

#5 vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Kẻ Sặt_ Hải Dương
  • Sở thích:Kìa chú là chú ếch con có hai là hai mắt tròn....

Đã gửi 03-10-2012 - 17:08

Xin lỗi . Mình hơi vội vàng. Cảm ơn các bạn. Cùng suy nghĩ nào :D

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#6 yellow

yellow

    Sĩ quan

  • Pre-Member
  • 371 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Mỹ Châu

Đã gửi 03-10-2012 - 17:53

pqr là pp j thế

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.

$\large{\int_{0}^{\infty }xdx<\heartsuit}$

#7 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 03-10-2012 - 18:34

à tưởng j, Cái này mình biết r. Sorry bạn

<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 no matter what

no matter what

    Why not me

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

Đã gửi 03-10-2012 - 19:34

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...

đây là nhận xét trong cuốn"bất đẳng thức và những lời giải hay" của anh cẩn và anh q anh
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 ? :lol:

#9 yellow

yellow

    Sĩ quan

  • Pre-Member
  • 371 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Mỹ Châu

Đã gửi 04-10-2012 - 17:59

Mình vừa tìm được lời giải của bài này trong một số quyển bất đẳng thức. Mình xin được post lên để mọi người tham khảo!
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 $AM-GM$.

$\large{\int_{0}^{\infty }xdx<\heartsuit}$




0 người đang xem chủ đề

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