Cho a,b,c,d,k >0 và $(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)>0$. CMR:
$(1+\frac{ka}{b+c})(1+\frac{kb}{c+d})(1+\frac{kc}{d+a})(1+\frac{kd}{a+b})\geq (1+k)^{2}$
$(1+\frac{ka}{b+c})(1+\frac{kb}{c+d})(1+\frac{kc}{d+a})(1+\frac{kd}{a+b})\geq (1+k)^{2}$
1 Bình chọn
Bắt đầu bởi cool hunter, 05-09-2013 - 19:59
#1
Đã gửi 05-09-2013 - 19:59
cool hunter
-
- Thành viên
-
- 544 Bài viết
Thiếu úy
Thà đừng yêu để giữ mình trong trắng
Lỡ yêu rôì nhất quyết phải thành công
#2
Đã gửi 05-09-2013 - 20:16
bangbang1412
-
- Phó Quản lý Toán Cao cấp
-
- 1670 Bài viết
Độc cô cầu bại
Bất đẳng thức trên tượng đương với 2 bdt sau :
$\sum \frac{a}{b+c}\geq 2$
$\frac{ab}{(b+c)(c+d)}+\frac{bc}{(c+d)(d+a)}+\frac{cd}{(d+a)(a+b)}+\frac{da}{(a+b)(b+c)}+\frac{ac}{(b+c)(d+a)}+\frac{bd}{(c+d)(a+b)}\geq 1$
Bất đẳng thức đầu chính là bất đẳng thức $Neisbit$ với $4$ số nên mình không chứng minh lại .
Với bất đẳng thức thứ $2$ thì ta nhóm để có
$(\frac{a}{b+c}+\frac{c}{a+d})(\frac{b}{c+d}+\frac{d}{a+b})+\frac{ac}{(b+c)(a+d)}+\frac{bd}{(c+d)(a+b)}\geq 1$
Sau khi khai triển nó sẽ tương đương với
$\sum a^{2}b^{2}+\sum a^{3}b+\sum abc^{2}\geq \sum a^{2}bc$
Nhưng bdt này đúng theo $AM_GM$ , ta có đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 05-09-2013 - 20:17
- N H Tu prince, LNH và nghiemthanhbach thích
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
