Chủ đề này có 10 trả lời

[Phanh]

Cm
1.$(1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^{3}$
2.$(1+\frac{1}{a})^{4}+(1+\frac{1}{b})^{4}+(1+\frac{1}{c})^{4}\geq 3(1+\frac{3}{2+abc})^{4}$

[Sagittarius912]

Cm
1.$(1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^{3}$

Sử dụng bđt AM-GM:

$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge \frac{3}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

$\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge \frac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

Cộng vế theo vế 2 bđt trên ta có

$3\ge \frac{3(\sqrt[3]{abc}+1)}{\sqrt[3]{(1+a)(1+b)(1+c)}}$

$\Rightarrow (1+a)(1+b)(1+c)\ge (1+\sqrt[3]{abc})^3$

Dấu đằng thức xảy ra khi $a=b=c$

[banhgaongonngon]

Cm
1.$(1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^{3}$

Bất đẳng thức này chỉ đúng khi $a,b,c\geq 0$
Bất đẳng thức $Holder$ áp dụng cho $3$ bộ $2$ số

[caybutbixanh]

Bất đẳng thức này chỉ đúng khi $a,b,c\geq 0$
Bất đẳng thức $Holder$ áp dụng cho $3$ bộ $2$ số

Bất đẳng thức $Holder$ là như thế nào vậy bạn ?

[caybutbixanh]

Cm
1.$(1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^{3}$

Bài toán còn có thể tổng quát lên như sau :
$(1+a_{1}).(1+a_{2})...(1+a_{n})\geq (1+\sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}})^{n};a_{j}\geq 0,j=\overline{1,n}$
Giải: Áp dụng BĐT $mincôpxki$ ,ta có :

$ \sqrt[n]{1.1...1}+\sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}}\leq \sqrt[n]{(1+a_{1}).(1+a_{2})...(1+a_{n})}\\
\Rightarrow \left ( 1+ \sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}}\right )^{n}\leq (1+a_{1}).(1+a_{2})...(1+a_{n})$
----------------------

[vnmath98]

Nếu mình không nhầm thì bài 2 là đề trong toán tuổi thơ 2 số 82

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vnmath98: 17-03-2013 - 07:55

[Phanh]

Nếu mình không nhầm thì bài 2 là đề trong toán tuổi thơ 2 số 82

Đề thầy giáo mình cho.Chắc là lấy trong TTT.Không biết có bị coi là vi phạm nội qui không nhỉ.

[Tienanh tx]

Sử dụng bđt AM-GM:

$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\ge \frac{3}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

$\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\ge \frac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{(a+1)(b+1)(c+1)}}$

Cộng vế theo vế 2 bđt trên ta có

$3\ge \frac{3(\sqrt[3]{abc}+1)}{\sqrt[3]{(1+a)(1+b)(1+c)}}$

$\Rightarrow (1+a)(1+b)(1+c)\ge (1+\sqrt[3]{abc})^3$

Dấu đằng thức xảy ra khi $a=b=c$

Cách 2:
$\oplus$ Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta được:
$(1+a)(1+b)(1+c) = [1+(ab+bc+ca)+(a+b+c)+abc] \ge (1+\sqrt[3]{a^2b^2c^2} + \sqrt[3]{abc} + abc) = (1+\sqrt[3]{abc})^3$

[Sagittarius912]

Cách 2:
$\oplus$ Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta được:
$(1+a)(1+b)(1+c) = [1+(ab+bc+ca)+(a+b+c)+abc] \ge (1+\sqrt[3]{a^2b^2c^2} + \sqrt[3]{abc} + abc) = (1+\sqrt[3]{abc})^3$

Thế nếu làm với trường hợp n số thì cách bạn có "đáp ứng" nổi không?

[Sagittarius912]

Bài toán còn có thể tổng quát lên như sau :
$(1+a_{1}).(1+a_{2})...(1+a_{n})\geq (1+\sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}})^{n};a_{j}\geq 0,j=\overline{1,n}$

----------------------

Hãy thử sức với 1 bài toán sau:

Cho $a_i\ge 1$. CMR

$(a_1-1)(a_2-1)...(a_n-1)\le (\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}-1)^n$

[caybutbixanh]

Hãy thử sức với 1 bài toán sau:

Cho $a_i\ge 1$. CMR

$(a_1-1)(a_2-1)...(a_n-1)\le (\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}-1)^n$

Hì hì..làm xong buổi trưa rồi nhưng chiều đi học nên giờ mới gửi ...^^^
Lời giải:
Ta có :
$(a_1-1)(a_2-1)...(a_n-1)\le (\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}-1)^n\\ \Leftrightarrow \sqrt[n]{(a_1-1)(a_2-1)...(a_n-1)}+1\leq \sqrt[n]{a_1a_2...a_n}.\\ \Leftrightarrow \sqrt[n]{\frac{1}{a_{1}.a_{2}...a_{n}}}+\sqrt[n]{\frac{(a_{1}-1).(a_{2}-1)...(a_{n}-1)}{a_{1}.a_{2}..a_{n}}}\leq 1$
Áp dụng BĐT $Cauchy$, ta được :
$\sqrt[n]{\frac{1}{a_{1}.a_{2}...a_{n}}}+\sqrt[n]{\frac{(a_{1}-1).(a_{2}-1)...(a_{n}-1)}{a_{1}.a_{2}..a_{n}}}\leq \frac{1}{n}.(\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+...+\frac{1}{a_{n}})+\frac{1}{n}.(\frac{a_{1}-1}{a_{1}}+\frac{a_{2}-1}{a_{2}}+...+\frac{a_{n}-1}{a_{n}})=\frac{1}{n}.(1+1+..+1) (\text{n số $1$})=\frac{1}{n}.n=1\\ \Rightarrow Q.E.D$
-----------------------------