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

Chào chúng ta VMF-ers, sở hữu lẽ phần nhiều trong chúng ta bất đẳng thức là 1 dạng siêng đề trở ngại trong việc tìm kiếm lời giải.Như bọn họ vẫn thường tìm tới những bất đẳng thức truyền thống như bất đẳng thức BCS, AM-GM ,Cheybeshev, Minkowski, Holder ,……..

Bạn đang xem: Bất đẳng thức mincopxki (minkowski) là gì và những điều cần biết

Đang xem: Bđt mincopxki

Bất đẳng thức Cauchy mang 1 dạng mở thoáng rộng cũng hay được sử dụng trong minh chứng bất đẳng thức, này là bất đẳng thức Holder. Tuy vậy tuy vậy , với bất đẳng thức Holder là bất đẳng thức Minkowski cũng ko tầm thường xĩnh phần quan trọng.

Topic mình hướng tới việc thực hiện và áp dụng 2 bất đẳng thức Minkowski cùng Holder trong chứng mình bất đẳng thức..

phía bên trên là lần đầu mình lập topic yêu cầu ko tránh khỏi đều sai sót, mong chúng ta thông cảm và vồ cập ủng hộ topic.

Để chính thức topic bản thân xin đề cập tới dạng bao quát của bất đẳng thức Holder:

$prod_i=1^m(sum_j=1^na_i,j)geq (sum_j=1^nsqrtprod_i=1^ma_i,j)^m$

Đẳng thức chỉ xẩy ra lúc và chỉ còn lúc m dãy đang cho khớp ứng tỉ lệ

Đúng là cồng kềnh, phải mình đang viết tường minh dạng tổng thể 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$(sum_j=1^na_1,j)(sum_j=1^na_2,j)…(sum_j=1^na_m,j)geqslant (sqrta_1,1.a_2,1.a_3,1…a_m,1+sqrta_1,2.a_2,2.a_3,2…a_m,2+…+sqrta_1,n.a_2,n.a_3,n…a_m,n)^m$

Rõ rệt trường vừa lòng đon giản nhất nhưng mà ko tầm thông thường là thời điểm m=n=2, ta mang bất đẳng thức Cauchy quen thuộc.

* Dạng thường gặp gỡ gỡ tốt 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 đã đề cập tới phần lớn dạng tổng thể của bất đẳng thức Minkowski

* Dạng tổng thể 1:

$left{eginmatrixa_1,…..,a_nepsilon R^+ b_1,…..,b_nepsilon R^+ endmatrixight.$

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 trường tồn một dạng tổng quát 2 trong chứng tỏ bất đẳng thức :

Cho$left{eginmatrixa_1,…,a_nepsilon R^+ b_1,…,b_nepsilon R^+ endmatrixight.$

Với$p,qepsilon Q^+,frac1p+frac1q=1$

$(sum_i=1^na_i^p)^frac1p.(sum_i=1^nb_i^q)^frac1qgeq sum_i=1^na_ib_i$

* vấp ngã đề của dạng bao quát 2: Với$a,bepsilon R^+,p,qepsilon Q^+,frac1p+frac1q=1$

Lúc đó$fraca^pp+fracb^qqgeqslant ab$

Và sau cùng là bửa đề mở rộng thoải mái khá độc đáo của bất đẳng thức Minkowki mang lại 3 cỗ 3 số:

Cho 3 cỗ số :$left{eginmatrixa_1,…,a_3epsilon R^+ b_1,…,b_3epsilon R^+ c_1,…,c_3epsilon R^+ endmatrixight.$

ta có :$sqrta_1^3+a_2^3+a_3^3+sqrtb_1^3+b_2^3+b_3^3+sqrtc_1^3+c_2^3+c_3^3geq sqrt(a_1+b_1+c_1)^3+(a_2+b_2+c_2)^3+(a_3+b_3+c_3)^3$

Vậy là đã dứt phần định hướng về 2 bất đẳng thức trên, Sau trên phía trên mình xin khuyến cáo một vài bài xích toán:

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

$sum fracasqrta^2+8bcgeq 1$

Bài số 2: cùng với a,b,c là 3 số dương có tổng bởi 1 CMR :

$sum fracasqrta+2bgeq 1$


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

Bài số 4 : đến a,b,c là 3 số dương có tích bởi 1. CMR

$sum sqrt2a^2+bcleq fracab+bc+acsqrt3sqrtsqrta+sqrtb+sqrtc$

#3Baoriven

BaorivenThượng úy

Điều hành viên THPT

*

1242 bài xích viếtGiới tính:NữĐến từ:$boxedtextrmCTG$ $boxedtextrm~1518~$Sở trường:$mathfrakMATHS$

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

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

Ta bệnh 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: Đáp Án Đề Đại Học Khối B 2012 Môn Hóa ❣️❣️❣️, Đề Thi Đại Học Môn Hóa Khối B

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

Dấu bởi xẩy ra thời điểm a=b=c

————————————————————————————————–

Bài 2: Gọi phường 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 cơ hội a=b=c=1/3

#4nguyenduy287

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

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

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

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

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

Dấu bởi xẩy ra cơ hội a=b=c

————————————————————————————————–

Bài 2: Gọi phường 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 bí quyết giải tương tự của bài xích 2 với cũng là của mình :

$sum fracasqrta+2bgeq frac(sum a)^2sum asqrta+2b=frac1sum asqrta+2b$

bdt mang lại cm$sum asqrta+2bleq 1VT=sum sqrt(a^2+2ab).a.aleq sqrt(a+b+c)^4=1$ ( bđt minkowski dạng TQ 2 )