chứng minh BĐT

Question

với a,b,c > 0...CMR:

a+b+c$\geq 3\sqrt[3]{abc}$

xem có đúng ko đúng thì vote hết cho mình và nhớ tích V hộ nha

score 9 · Answer 1

Bình chọn tăng 9 Bình chọn giảm

ta có với $x,y\geq 0$ thì $x^{2}+y^{2}\geq 2ab$ Áp dụng:

$a'^{3}+b'^{3}\geq 2a'b'\sqrt{a'b'}$
$c'^{3}+a'b'c'\geq 2c'^{2}\sqrt{a'b'}$

Cộng lại:

$a'^{3}+b'^{3}+c'^{3}+a'b'c'\geq 2a'b'\sqrt{a'b'}+2c'^{2}\sqrt{a'b'}\geq 4a'b'c'$

$\Leftrightarrow a'^{3}+b'^{3}+c'^{3}\geq 3a'b'c'$

bây giờ nếu coi $a=a'^{3} ; b=b'^{3} ; c=c'^{3} $ thì ta có đpcm

๖ۣۜLazer๖ۣۜD♥๖ۣۜGin · Answer 2 · 4/14/2016 8:03:30 PM

Bình chọn tăng 6 Bình chọn giảm

Nhìn đề chắc là bạn chưa học BĐT Cô-si nhỉ...làm theo cách này nha...

Có: $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y)^3+z^3-3xy(x+y)-3xyz=(x+y+z)[(x+y)^2-(x+y)z+z^2]-3xy(x+y+z)=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$

Vì $x+y+z>0\forall x, y, z>0;x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx$

$=1/2[(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2]\geq 0$

Do đó: $x^3+y^3+z^3\geq 3xyz$

Thay $x^3=a; y^3=b; z^3=c$ là ĐPCM

Đúng thì tích cho mình nha...!!!

Trả lời 14-04-16 08:03 PM

๖ۣۜLazer๖ۣۜD♥๖ۣۜGin
1

18K 15K

-_- gì mà làm căng vậy bạn – ๖ۣۜDevilღ 14-04-16 09:53 PM

ừ...thật ra có học qua...nhưng thừa nhận luôn.....không biết chứng minh thế nào.....hôm nay mới biết nè.. – 113 14-04-16 08:30 PM

hì hì...đùa tý thôi mà... – ๖ۣۜLazer๖ۣۜD♥๖ۣۜGin 14-04-16 08:26 PM

ờ....ờ..... – 113 14-04-16 08:11 PM

Lionel Messi · Answer 3 · 4/14/2016 8:48:19 PM

Bình chọn tăng 4 Bình chọn giảm

a^{3} + b^{3} + c^{3} \geq 3 a b c \Leftrightarrow \frac{a^{2}}{b c} + \frac{b^{2}}{a c} + \frac{c^{2}}{a b} \geq 3

Giả sử

a \geq b \geq c

, ta xét hai dãy cùng chiều:

{\begin{cases} a^{2} \geq b^{2} \geq c^{2} \\ \frac{1}{b c} \geq \frac{1}{a c} \geq \frac{1}{a b} \end{cases} \Rightarrow \frac{a^{2}}{b c} + \frac{b^{2}}{a c} + \frac{c^{2}}{a b} \geq \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}

Lại xét hai dãy ngược chiều:

{\begin{cases} a \geq b \geq c \\ \frac{1}{a} \leq \frac{1}{b} \leq \frac{1}{c} \end{cases} \Rightarrow 1 + 1 + 1 \leq \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}

Trả lời 14-04-16 08:48 PM

Lionel Messi
1

169K 513K

Lionel Messi · Answer 4 · 4/14/2016 8:42:55 PM

Bình chọn tăng 3 Bình chọn giảm

Có $a+b+c-\sqrt[3]{abc}= (\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c})(\sqrt[3]{a^{2}}+\sqrt[3]{b^{2}}+\sqrt[3]{c^{2}}-\sqrt[3]{ab}-\sqrt[3]{bc}-\sqrt[3]{ca})\geq 0$

$\Rightarrow $ ĐPCM

Trả lời 14-04-16 08:42 PM

Lionel Messi
1

169K 513K

Lionel Messi · Answer 5 · 4/14/2016 8:37:48 PM

Bình chọn tăng 3 Bình chọn giảm

Chứng minh bất đẳng thức Cauchy cho 4 số:

a + b + c + d \geq 2 \sqrt{a b} + \sqrt{c d} \geq 4 \sqrt[4]{a b c d}

(\frac{a + b + c + d}{4})^{4} \geq a b c d

Thay

d = \frac{a + b + c}{3}

ta được bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương

Trả lời 14-04-16 08:37 PM

Lionel Messi
1

169K 513K

Lionel Messi · Answer 6 · 4/14/2016 8:37:07 PM

Bình chọn tăng 3 Bình chọn giảm

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số:

a + b + c + \sqrt[3]{a b c} \geq 2 \sqrt{a b} + 2 \sqrt{c \sqrt[3]{a b c}} \geq 4 \sqrt[4]{a b c \sqrt[3]{a b c}} = 4 \sqrt[3]{a b c}

Từ đó có đpcm.

Trả lời 14-04-16 08:37 PM

Lionel Messi
1

169K 513K

Hỏi	14-04-16 07:56 PM
Lượt xem	2032
Hoạt động	14-04-16 08:48 PM

chứng minh BĐT

6 Đáp án

Bạn cần đăng nhập để có thể gửi đáp án

chứng minh BĐT

6 Đáp án

Bạn cần đăng nhập để có thể gửi đáp án

Liên quan