Tin tổng hợp

Bđt Mincopxki – Bất Đẳng Thức Mincopxki – viettingame

Thành viên256 Bài viếtGiới tính:NamĐến từ:chuyên lê quý đôn khánh hòaSở thích:onl facebook, nghe nhạc , giải toán

Chào chúng ta VMF-ers, mang lẽ phần lớn trong chúng ta bất đẳng thức là một dạng chuyên đề khó khăn trong việc tìm lời giải.Như chúng ta vẫn thường tìm đến những bất đẳng thức cổ xưa như bất đẳng thức BCS, AM-GM ,Cheybeshev, Minkowski, Holder ,……..

Đang xem: Bđt mincopxki

Bất đẳng thức Cauchy mang một dạng mở rộng rãi cũng hay được sử dụng trong chứng tỏ bất đẳng thức, này là bất đẳng thức Holder. Tuy nhiên tuy vậy , với bất đẳng thức Holder là bất đẳng thức Minkowski cũng ko xoàng xĩnh phần quan trọng.

Topic mình hướng về việc sử dụng và vận dụng 2 bất đẳng thức Minkowski và Holder trong chứng mình bất đẳng thức..

Phía trên là lần đầu mình lập topic nên ko tránh khỏi những sai sót, mong chúng ta thông cảm và nhiệt tình ủng hộ topic.

Xem thêm: tai avata hach

Để chính thức topic mình xin đề cập tới dạng tổng quát của bất đẳng thức Holder:

$prod_{i=1}^{m}(sum_{j=1}^{n}a_{i,j})geq (sum_{j=1}^{n}sqrt{prod_{i=1}^{m}a_{i,j}})^{m}$

Đẳng thức chỉ xẩy ra lúc và chỉ lúc m dãy đã cho tương ứng tỉ lệ

Đúng là cồng kềnh, nên mình sẽ viết tường minh dạng tổng quát như sau:

Với m bộ số n số dương

$(a_{1,1},a_{1,2},a_{1,3},…,a_{1,n}),(a_{2,1},a_{2,2},a_{2,3,…,a_{2,n}}),…,(a_{m,1},a_{m,2},a_{m,3},…,a_{m,n}).$

ta mang$(sum_{j=1}^{n}a_{1,j})(sum_{j=1}^{n}a_{2,j})…(sum_{j=1}^{n}a_{m,j})geqslant (sqrt{a_{1,1}.a_{2,1}.a_{3,1}…a_{m,1}}+sqrt{a_{1,2}.a_{2,2}.a_{3,2}…a_{m,2}}+…+sqrt{a_{1,n}.a_{2,n}.a_{3,n}…a_{m,n}})^{m}$

Rõ rệt trường hợp đon giản nhất mà ko tầm thông thường là lúc m=n=2, ta mang bất đẳng thức Cauchy quen thuộc.

* Dạng thường gặp gỡ nhất của bất đẳng thức Holder là$(a^3+b^3)(x^3+y^3)(alpha ^3+eta ^3)geq (axalpha +byeta )^3$

Giờ đây mình sẽ đề cập tới những dạng tổng quát của bất đẳng thức Minkowski

* Dạng tổng quát 1:

$left{egin{matrix}a_{1},…..,a_{n}epsilon R^{+} b_{1},…..,b_{n}epsilon R^{+} end{matrix}
ight.$

Với$1

#2nguyenduy287

nguyenduy287Thượng sĩ

Thành viên256 Bài viếtGiới tính:NamĐến từ:chuyên lê quý đôn khánh hòaSở thích:onl facebook, nghe nhạc , giải toán

Ngoài ra, bất đẳng thức Holder còn tồn tại một dạng tổng quát 2 trong chứng tỏ bất đẳng thức :

Cho$left{egin{matrix}a_{1},…,a_{n}epsilon R^{+} b_{1},…,b_{n}epsilon R^{+} end{matrix}
ight.$

Với$p,qepsilon Q^{+},frac{1}{p}+frac{1}{q}=1$

$(sum_{i=1}^{n}a_{i}^{p})^{frac{1}{p}}.(sum_{i=1}^{n}b_{i}^{q})^{frac{1}{q}}geq sum_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}$

* Bổ đề của dạng tổng quát 2: Với$a,bepsilon R^{+},p,qepsilon Q^{+},frac{1}{p}+frac{1}{q}=1$

Lúc đó$frac{a^{p}}{p}+frac{b^{q}}{q}geqslant ab$

Và ở đầu cuối là Bổ đề mở rộng rãi khá thú vị của bất đẳng thức Minkowki cho 3 bộ 3 số:

Cho 3 bộ số :$left{egin{matrix}a_{1},…,a_{3}epsilon R^{+} b_{1},…,b_{3}epsilon R^{+} c_{1},…,c_{3}epsilon R^{+} end{matrix}
ight.$

ta mang :$sqrt{a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+a_{3}^{3}}+sqrt{b_{1}^{3}+b_{2}^{3}+b_{3}^{3}}+sqrt{c_{1}^{3}+c_{2}^{3}+c_{3}^{3}}geq sqrt{(a_{1}+b_{1}+c_{1})^3+(a_{2}+b_{2}+c_{2})^3+(a_{3}+b_{3}+c_{3})^3}$

Vậy là đã kết thúc phần lý thuyết về 2 bất đẳng thức trên, Sau trên đây mình xin khuyến cáo một vài bài toán:

Bài số 1 : CMR : a,b,c dương, ta mang bđt sau :

$sum frac{a}{sqrt{a^2+8bc}}geq 1$

Bài số 2: với a,b,c là 3 số dương mang tổng bằng 1 CMR :

$sum frac{a}{sqrt{a+2b}}geq 1$

Bài số 3:Cho x,y,z là 3 số dương thay đổi luôn luôn mang tổng bằng 3. Tìm min của$P=x^4+2y^4+3z^4$

Bài số 4 : Cho a,b,c là 3 số dương mang tích bằng 1. CMR

$sum sqrt{2a^2+bc}leq frac{ab+bc+ac}{sqrt{3}}sqrt{sqrt{a}+sqrt{b}+sqrt{c}}$

#3Baoriven

BaorivenThượng úy

Điều hành viên THPT

*

1242 Bài viếtGiới tính:NữĐến từ:$boxed{textrm{CTG}}$ $boxed{textrm{~1518~}}$Sở trường:$mathfrak{MATHS}$

Bài 1: Gọi P là biểu thức vế trái và đặt$S=sum a(a^2+8bc)$

Sử dụng BĐT Holder ta mang :$PPSgeq (a+b+c)^3$

Ta chứng tỏ$(a+b+c)^3geq SLeftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)geq 8abc$

BĐT cuối luôn luôn đúng. nhờ sử dụng AM-GM.

Xem thêm: trò chơi Đua Xe Trực tuyến Mobile Đua Xe Hay Ko Cưỡng Nổi Ở Thời Điểm Hiện Tại

Suy ra$PPSgeq SRightarrow P^2geq 1Rightarrow Pgeq 1$(đpcm)

Dấu bằng xẩy ra lúc a=b=c

————————————————————————————————–

Bài 2: Gọi P là biểu thức vế trái và$S=a(a+2b)+b(b+2c)+c(c+2a)=(a+b+c)^2=1$

Sử dụng BĐT Holder ta mang:$PPPSgeq (a+b+c)^4=1Rightarrow P^3geq 1Rightarrow Pgeq 1$

Dấu bằng xẩy ra lúc a=b=c=1/3

#4nguyenduy287

Bài 1: Gọi P là biểu thức vế trái và đặt$S=sum a(a^2+8bc)$

Sử dụng BĐT Holder ta mang :$PPSgeq (a+b+c)^3$

Ta chứng tỏ$(a+b+c)^3geq SLeftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)geq 8abc$

BĐT cuối luôn luôn đúng. nhờ sử dụng AM-GM.

Suy ra$PPSgeq SRightarrow P^2geq 1Rightarrow Pgeq 1$(đpcm)

Dấu bằng xẩy ra lúc a=b=c

————————————————————————————————–

Bài 2: Gọi P là biểu thức vế trái và$S=a(a+2b)+b(b+2c)+c(c+2a)=(a+b+c)^2=1$

Sử dụng BĐT Holder ta mang:$PPPSgeq (a+b+c)^4=1Rightarrow P^3geq 1Rightarrow Pgeq 1$

Dấu bằng xẩy ra lúc a=b=c=1/3

một cách giải tương tự của bài 2 và cũng là của tôi :

$sum frac{a}{sqrt{a+2b}}geq frac{(sum a)^2}{sum asqrt{a+2b}}=frac{1}{sum asqrt{a+2b}}$

bdt đưa về cm$sum asqrt{a+2b}leq 1VT=sum sqrt{(a^2+2ab).a.a}leq sqrt{(a+b+c)^4}=1$ ( bđt minkowski dạng TQ 2 )

Về Viettingame.com

Viettingame.com - Chuyên trang web tổng hợp những thông tin hữu ích trên internet như thông tin về game, tin tổng hợp
Xem tất cả các bài viết của Viettingame.com →

Trả lời

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *