Chủ đề này có 3 trả lời

[tranphuonganh97]

Cho a,b,c,d dương thoả mãn abcd=1
CMR: $\frac{1}{a+b+c+1}+\frac{1}{b+c+d+1}+\frac{1}{a+d+c+1}+\frac{1}{a+b+d+1}\leq \frac{1}{a+3}+\frac{1}{b+3}+\frac{1}{c+3}+\frac{1}{d+3}$ (1)

 

Nếu mình đã làm là: 

(1) <=> $4(\sqrt[4]{a}+\sqrt[4]{b}+\sqrt[4]{c}+\sqrt[4]{d})\leq \frac{1}{a+3}+\frac{1}{b+3}+\frac{1}{c+3}+\frac{1}{d+3}$

 

thì có làm tiếp được không ? 

 

[trandaiduongbg]

Cho a,b,c,d dương thoả mãn abcd=1
CMR: $\frac{1}{a+b+c+1}+\frac{1}{b+c+d+1}+\frac{1}{a+d+c+1}+\frac{1}{a+b+d+1}\leq \frac{1}{a+3}+\frac{1}{b+3}+\frac{1}{c+3}+\frac{1}{d+3}$ (1)

 

Nếu mình đã làm là: 

(1) <=> $4(\sqrt[4]{a}+\sqrt[4]{b}+\sqrt[4]{c}+\sqrt[4]{d})\leq \frac{1}{a+3}+\frac{1}{b+3}+\frac{1}{c+3}+\frac{1}{d+3}$

 

thì có làm tiếp được không ? 

Mình có cách khác chẳng biết có đúng không nữa?

Áp dụng BDT Shwarz ta có:

$$\sum \frac{1}{a+3}+\frac{1}{b+3}+\frac{1}{c+3} \geq \sum\frac{(1+1+1)^2}{a+b+c+3}=\sum \frac{9}{a+b+c+9}$$

Ta cần chứng minh:
$$\sum \frac{9}{a+b+c+9} \geq \sum \frac{3}{a+b+c+1}$$

Ta có:

$\frac{9}{a+b+c+9} \geq \frac{3}{a+b+c+1}$

$\Leftrightarrow$ $a+b+c \geq 3$

Ta có 4 BDT tương tự nên cộng vào ta có:

$3(a+b+c+d) \geq 12$

$\Leftrightarrow$  $a+b+c+d \geq 4$ (điều này hiển nhiên đúng vì $a+b+c+d \geq 4\sqrt[4]{abcd}=4$)

...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trandaiduongbg: 07-08-2013 - 11:36

[nguyencuong123]

Mình có cách khác chẳng biết có đúng không nữa?

Áp dụng BDT Shwarz ta có:

$$\sum \frac{1}{a+3}+\frac{1}{b+3}+\frac{1}{c+3} \geq \sum\frac{(1+1+1)^2}{a+b+c+3}=\sum \frac{9}{a+b+c+9}$$

Ta cần chứng minh:
$$\sum \frac{9}{a+b+c+9} \geq \sum \frac{3}{a+b+c+1}$$

Ta có:

$\frac{9}{a+b+c+9} \geq \frac{3}{a+b+c+1}$

$\Leftrightarrow$ $a+b+c \geq 3$

Ta có 4 BDT tương tự nên cộng vào ta có:

$3(a+b+c+d) \geq 12$

$\Leftrightarrow$  $a+b+c+d \geq 4$ (điều này hiển nhiên đúng vì $a+b+c+d \geq 4\sqrt[4]{abcd}=4$)

...

Trình bãy rõ đi.Cái tổng hoán vị đó mấy biến đó bạn /?

[Juliel]

Mình có cách khác chẳng biết có đúng không nữa?

Áp dụng BDT Shwarz ta có:

$$\sum \frac{1}{a+3}+\frac{1}{b+3}+\frac{1}{c+3} \geq \sum\frac{(1+1+1)^2}{a+b+c+3}=\sum \frac{9}{a+b+c+9}$$

Ta cần chứng minh:
$$\sum \frac{9}{a+b+c+9} \geq \sum \frac{3}{a+b+c+1}$$

Ta có:

$\frac{9}{a+b+c+9} \geq \frac{3}{a+b+c+1}$

$\Leftrightarrow$ $a+b+c \geq 3$

Ta có 4 BDT tương tự nên cộng vào ta có:

$3(a+b+c+d) \geq 12$

$\Leftrightarrow$  $a+b+c+d \geq 4$ (điều này hiển nhiên đúng vì $a+b+c+d \geq 4\sqrt[4]{abcd}=4$)

...

Đúng là ta luôn có $a+b+c+d\geq 4$. Nhưng không thể từ điều này mà suy ra được :

$a+b+c\geq 3$

$b+c+d\geq 3$

$c+d+a\geq 3$

$d+a+b\geq 3$

Tức là không thể có $\frac{9}{a+b+c+9}\geq \frac{3}{a+b+c+1}$