Một bất đẳng thức 3 biến hay

**hungqh** · 25-05-2012, 05:50 PM

Trong quá trình làm 1 bài BĐT,mình đã nghĩ ra bài sau. Cho $x,y,z $ dương thõa $x^6+y^6+z^6+3=2(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3) $.
Chứng minh $x+y+z\geq 3 $

hizact · 25-05-2012, 08:21 PM

Em làm theo hướng phản chứng thử xem. Giả sử $x+y+z<3$, chứng minh
$$x^6+y^6+z^6+3 > 2(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)$$
Có vẻ như dùng AM-GM là đủ nhỉ

K56khtn · 25-05-2012, 09:13 PM

Trích:

Nguyên văn bởi hung31121996

Trong quá trình làm 1 bài BĐT,mình đã nghĩ ra bài sau. Cho $x,y,z $ dương thõa $x^6+y^6+z^6+3=2(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3) $.
Chứng minh $x+y+z\geq 3 $

He he,kết quả này yếu hơn bất đẳng thức Schur

$$ 3a^2b^2c^2 \ge \frac{9a^3b^3c^3}{a^3+b^3+c^3} \ge 2a^3b^3+2b^3c^3+2c^3a^3-a^6-b^6-c^6=3 $$
Từ đó:
$$ a+b+c \ge 3\sqrt{abc} \ge 3 $$
Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=1 $.

K56khtn · 25-05-2012, 07:59 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Tuyet Ngan

Có một hướng thế này không biết đã đúng chưa nhỉ.
Đặt $ a=x^3,b=y^3,c=z^3 $.
Ta viết lại bài toán như sau:
Cho $ a,b,c>0 $ thỏa $ a^2+b^2+c^2+3=2(ab+bc+ca) $.Chứng minh rằng:
$$ \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c} \ge 3 $$
Từ giải thiết dễ dàng suy ra $ ab+bc+ca \ge 3 $ và $ a+b+c \ge 3 $.
Và như vậy ta chỉ cần chứng minh: $ \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c} \ge ab+bc+ca $
Mình không biết đã đúng ý của bạn chưa,nếu sai mong bạn cho ý kiến.

Bạn làm theo hướng thì chưa dùng hết giả thiết bài toán !
Cái quan trọng là liệu bất đẳng thức sau có đúng không?
$$ \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c} \ge ab+bc+ca $$

Bất đẳng thức này không đúng !
Hùng có lời giải đẹp cho bài toán này không?

**hungqh** · 25-05-2012, 08:22 PM

Trích:

Nguyên văn bởi K56khtn

Bạn làm theo hướng thì chưa dùng hết giả thiết bài toán !
Cái quan trọng là liệu bất đẳng thức sau có đúng không?
$$ \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c} \ge ab+bc+ca $$

Bất đẳng thức này không đúng !
Hùng có lời giải đẹp cho bài toán này không?

Thật sự thì em vẫn chưa làm ra nhưng bài toán em sáng tạo này thực chất là 1 bài toán vừa có trên diễn đàn mà anh vừa mới giải hồi chiều. Đó là:cho $a,b,c $ dương có $ab+bc+ca=3 $. Chứng minh
$\sqrt[3]{\frac{a+b}{2}}+\sqrt[3]{\frac{b+c}{2}}+\sqrt[3]{\frac{c+a}{2}} \geq 3 $.
Em nói vậy vì nếu đặt $\sqrt[3]{\frac{a+b}{2}}=x,\sqrt[3]{\frac{b+c}{2}}=y,\sqrt[3]{\frac{c+a}{2}}=z $ thì ta có bài toán trên. Em muốn sáng tạo nhìn cho vui đó mà. Nếu biết nguồn gốc bài toán thì thực sự là quá dễ dàng, nhưng nếu không biết thì bài toán cũng khá phức tạp và khó.Vì BĐT gốc của nó còn đúng với căn bậc n nên ta còn có thể sáng tạo bài toán trên với bậc n và khi đó bài toán là khá phức tạp. Nhưng anh và các bạn hãy thử suy nghĩ thêm xem.

25-05-2012, 05:50 PM	#1
hungqh +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Feb 2012 Bài gởi: 512 Thanks: 209 Thanked 287 Times in 224 Posts	Một bất đẳng thức 3 biến hay Trong quá trình làm 1 bài BĐT,mình đã nghĩ ra bài sau. Cho $x,y,z $ dương thõa $x^6+y^6+z^6+3=2(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3) $. Chứng minh $x+y+z\geq 3 $

25-05-2012, 08:21 PM	#2
hizact +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Đến từ: Sài Gòn Bài gởi: 535 Thanks: 287 Thanked 325 Times in 193 Posts	Em làm theo hướng phản chứng thử xem. Giả sử $x+y+z<3$, chứng minh $$x^6+y^6+z^6+3 > 2(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)$$ Có vẻ như dùng AM-GM là đủ nhỉ