Chủ đề này có 5 trả lời

[hoctrocuanewton]

chứng minh với mọi số dương a,b,c,d thoã mãn a+b+c+d=4

ta có $\frac{a}{1+b^{2}c}+\frac{b}{1+c^{2}d}+\frac{c}{1+d^{2}a}+\frac{d}{1+a^{2}b}\geq 2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral1020: 07-07-2013 - 17:35

[25 minutes]

chứng minh với mọi số dương a,b,c,d thoã mãn a+b+c+d=4

ta có $\frac{a}{1+b^{2}c}+\frac{b}{1+c^{2}d}+\frac{c}{1+d^{2}a}+\frac{d}{1+a^{2}b}\geq 2$

Áp dụng Cauchy-Schwarzt ta có

  $\sum \frac{a}{1+b^2c}= \sum \frac{a^2}{a+ab^2c}\geq \frac{(a+b+c+d)^2}{a+b+c+d+ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b}=\frac{16}{4+ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b}$

Do vậy ta chỉ cần chứng minh $ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b\leqslant 4$

Đổi biến $(ab,bc,cd,ad)\rightarrow (x,y,z,t)$

Áp dụng AM-GM ta có 

  $x+y+z+t=ab+bc+ac+cd\leqslant \frac{(a+b+c+d)^2}{4}=4$

Do đó $ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b=xy+yz+zt+tx\leqslant \frac{(x+y+z+t)^2}{4}\leqslant 4$

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 07-07-2013 - 20:04

[25 minutes]

Áp dụng Cauchy

[badboykmhd123456]

Áp dụng Cauchy-Schwarzt ta có

  $\sum \frac{a}{1+b^2c}= \sum \frac{a^2}{a+ab^2c}\geq \frac{(a+b+c+d)^2}{a+b+c+d+ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b}=\frac{4}{2+ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b}$

Do vậy ta chỉ cần chứng minh $ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b\leqslant \frac{1}{4}$

Đổi biến $(ab,bc,cd,ad)\rightarrow (x,y,z,t)$

Áp dụng AM-GM ta có 

  $x+y+z+t=ab+bc+ac+cd\leqslant \frac{(a+b+c+d)^2}{4}=1$

Do đó $ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b=xy+yz+zt+tx\leqslant \frac{(x+y+z+t)^2}{4}\leqslant \frac{1}{4}$

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=\frac{1}{2}$

a ơi đề là $a+b+c+d=4$ mà

[Juliel]

Áp dụng Cauchy-Schwarzt ta có

  $\sum \frac{a}{1+b^2c}= \sum \frac{a^2}{a+ab^2c}\geq \frac{(a+b+c+d)^2}{a+b+c+d+ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b}=\frac{16}{4+ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b}$

Do vậy ta chỉ cần chứng minh $ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b\leqslant 4$

Đổi biến $(ab,bc,cd,ad)\rightarrow (x,y,z,t)$

Áp dụng AM-GM ta có 

  $x+y+z+t=ab+bc+ac+cd\leqslant \frac{(a+b+c+d)^2}{4}=4$

Do đó $ab^2c+bc^2d+cd^2a+da^2b=xy+yz+zt+tx\leqslant \frac{(x+y+z+t)^2}{4}\leqslant 4$

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=1$

Dùng Cauchy ngược :

$\frac{a}{1+b^{2}c}=a-\frac{ab^{2}c}{1+b^{2}c}\geq a-\frac{ab^{2}c}{2b\sqrt{c}}=a-\frac{ab\sqrt{c}}{2}=a-\frac{b\sqrt{ac.a}}{2}\geq a-\frac{b(ac+a)}{4}=a-\frac{ab+abc}{4}$

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng vế :

$VP\geq (a+b+c+d)-\frac{ab+bc+cd+da+abc+bcd+cda+dab}{4}$

Mặt khác, áp dụng BĐT AM-GM :

$ab+bc+cd+da=(a+c)(b+d)\leq \frac{1}{4}(a+b+c+d)^{2}=4$

$abc+bcd+cda+dab=bc(a+d)+da(b+c)\leq \frac{(b+c)^{2}(a+d)}{4}+\frac{(d+a)^{2}(b+c)}{4}=\frac{1}{4}(b+c)(a+d)(a+b+c+d)\leq \frac{1}{16}(a+b+c+d)^{3}=4$

Suy ra $VP\geq 4-\frac{4+4}{4}=2$ $(đ.p.c.m)$

Đẳng thức xảy ra khi $x = y = z = 1$

[taideptrai]

chứng minh với mọi số dương a,b,c,d thoã mãn a+b+c+d=4

ta có $\frac{a}{1+b^{2}c}+\frac{b}{1+c^{2}d}+\frac{c}{1+d^{2}a}+\frac{d}{1+a^{2}b}\geq 2$

 

a ơi đề là $a+b+c+d=4$ mà

tớ có cách khác xin đóng góp

ta có $\frac{a}{1+b^{2}c}=\frac{a(1+b^{2}c)-ab^{2}c}{1+b^{2}c}=a-\frac{ab^{2}c}{1+b^{2}c}\geq a-\frac{ab^{2}c}{2b\sqrt{c}}=a-\frac{ab\sqrt{c}}{2}$ . tương tự với những cái còn lại 

nên $\sum \frac{a}{1+b^{2}c}\geq a+b+c+d-(\frac{ab\sqrt{c}}{2}+\frac{bc\sqrt{d}}{2}+\frac{cd\sqrt{a}}{2}+\frac{da\sqrt{b}}{2})$

bây giờ ta cần chứng minh $\sum \frac{ab\sqrt{c}}{2}\leq 2$ => $\sum ab\sqrt{c}\leq 4$

 

thật vậy vì$\sum ab\sqrt{c}=\sum \sqrt{a^{2}b^{2}c}\leq \frac{1}{2}(abc+bcd+cda+dab+ab+bc+ca+ad)$

mà $abc+bcd+cda+dab=ac(b+d)+bd(a+c)\leq \frac{(a+c)^{2}}{4}(b+d)+\frac{(b+d)^{2}}{4}(c+a)=(a+c)(b+d)\frac{a+b+c+d}{4}=(a+c)(b+d)\leq \frac{(a+b+c+d)^{2}}{4}=4$

và $ab+bc+cd+da\leq 4$ (dễ dàng chứng minh)

nên $\sum ab\sqrt{c}\leq \frac{1}{2}(abc+bcd+cda+dab+ab+bc+cd+da)\leq 4$

=> đpcm

dấu bằng xảy ra khi a=b=c=d=1