Chủ đề này có 3 trả lời

[00ptnk98]

1/ chứng minh rằng với mọi $a,b,c>0$ , ta có :

$\sum \frac{a^4}{1+a^2b}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

2/ chứng minh rằng với mọi số thực $a,b,c$ , ta có :

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

3/ Nếu $a,b,c$ là số thực thì :

$\sum \sqrt{a^2+ab+b^2}\geq \sqrt{4\sum a^2+5\sum ab}$

4/ Cho các số thực dương $a,b,c,d$ . chứng minh rằng :

$\sqrt[3]{\frac{abc+bcd+cda+dab}{4}}\leq \sqrt{\frac{ab+ac+ad+bc+bd+cd}{6}}$

[Near Ryuzaki]

1/ chứng minh rằng với mọi $a,b,c>0$ , ta có :

$\sum \frac{a^4}{1+a^2b}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

2/ chứng minh rằng với mọi số thực $a,b,c$ , ta có :

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

3/ Nếu $a,b,c$ là số thực thì :

$\sum \sqrt{a^2+ab+b^2}\geq \sqrt{4\sum a^2+5\sum ab}$

4/ Cho các số thực dương $a,b,c,d$ . chứng minh rằng :

$\sqrt[3]{\frac{abc+bcd+cda+dab}{4}}\leq \sqrt{\frac{ab+ac+ad+bc+bd+cd}{6}}$

2/ Áp dụng bất đẳng thức Minkowski, ta có :

$\sum \sqrt{1+a^2}\geq \sqrt{(1+1+1)^2+(a+b+c)^2}$

Từ đó ta có : $\sqrt{1+(\frac{a+2b}{3})^2}\leq \frac{\sqrt{1+a^2}+2\sqrt{1+b^2}}{3}$

Từ đó dễ dàng suy ra điều phải chứng minh !

[Near Ryuzaki]

bài 3 

 

3/ Tiếp tục áp dụng Minkowski , ta được 

$\sum \sqrt{a^2+ab+b^2}\geq \sqrt{\left [ (a+\frac{b}{2})+(b+\frac{c}{2})+(a+\frac{c}{2}) \right ]^2+\frac{3}{4}(b+c+c)^2}$

Ta chỉ cần chứng minh:

$(2a+\frac{3}{2}b+c)^2+\frac{3}{4}(b+2c)^2\geq 4\sum a^2+5\sum ab\Leftrightarrow (a-b)(b-c)\geq 0$

đúng nên ta có đpcm !

[25 minutes]

1/ chứng minh rằng với mọi $a,b,c>0$ , ta có :

$\sum \frac{a^4}{1+a^2b}\geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

BĐT tương đương với $\sum \frac{a^4}{abc(1+a^2b)}\geqslant \frac{a+b+c}{1+abc}$

              $\Leftrightarrow \sum \frac{a^4}{abc(1+a^2b)}\geqslant \frac{a+b+c}{1+abc}$

              $\Leftrightarrow \sum \frac{(\frac{a^2}{\sqrt{ab}})^2}{c+a^2bc}\geqslant \frac{a+b+c}{1+abc}$

Áp dụng Cauchy-Schwarzt ta có 

              $\sum \frac{(\frac{a^2}{\sqrt{ab}})^2}{c+a^2bc}\geqslant \frac{(\frac{a^2}{\sqrt{bc}}+\frac{b^2}{\sqrt{ac}}+\frac{c^2}{\sqrt{ab}})^2}{c+a^2bc+a+ab^2c+b+abc^2}$

Lại có $\frac{a^2}{\sqrt{bc}}+\frac{b^2}{\sqrt{ac}}+\frac{c^2}{\sqrt{ab}}\geqslant a+b+c$

$\Rightarrow \sum \frac{a^4}{abc(1+a^2b)}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{c+a^2bc+a+ab^2c+b+abc^2}=\frac{a+b+c}{1+abc}$

$\Rightarrow \sum \frac{a^4}{1+a^2b}\geqslant \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c>0$