Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NhatTruong2405: 25-07-2015 - 15:19
Chứng minh rằng $abcd\geq ab+ac+ad+bc+bd+cd$
#1
Đã gửi 25-07-2015 - 15:16
- Chung Anh yêu thích
#2
Đã gửi 25-07-2015 - 16:26
$\boxed{\text{3}}$ $\sum \sqrt{\frac{a}{4a+4b+c}}\leq 1$
Ta có $VT\leq \sqrt{3(\sum \frac{a}{4a+4b+c})} $
Ta đi chứng minh $\sum \frac{a}{4a+4b+c}\leq \frac{1}{3} $ (*)
Chuẩn hóa $a+b+c=3$
Khi đó $(*)\Leftrightarrow \frac{a}{4-c}+\frac{b}{4-a}+\frac{c}{4-b}\leq 1\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq 4 $
Giả sử b nằm giữa a và c
Khi đó $c(b-a)(b-c) \leq 0$
Nên $ a^2b+b^2c+c^2a+abc \leq a^2b+b^2c+c^2a+abc-c(b-c)(b-a)= b(a+c)^2=4b.\frac{a+c}{2}.\frac{a+c}{2}\leq 4(\frac{a+b+c}{3})^3=4$
=> đpcm
- NhatTruong2405 và dranhclub99 thích
Chung Anh
#3
Đã gửi 25-07-2015 - 16:42
Ta có $VT\leq \sqrt{3(\sum \frac{a}{4a+4b+c})} $
Ta đi chứng minh $\sum \frac{a}{4a+4b+c}\leq \frac{1}{3} $ (*)
Chuẩn hóa $a+b+c=3$
Khi đó $(*)\Leftrightarrow \frac{a}{4-c}+\frac{b}{4-a}+\frac{c}{4-b}\leq 1\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq 4 $
Giả sử b nằm giữa a và c
Khi đó $c(b-a)(b-c) \leq 0$
Nên $ a^2b+b^2c+c^2a+abc \leq a^2b+b^2c+c^2a+abc-c(b-c)(b-a)= b(a+c)^2=4b.\frac{a+c}{2}.\frac{a+c}{2}\leq 4(\frac{a+b+c}{3})^3=4$
=> đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NhatTruong2405: 25-07-2015 - 16:45
#4
Đã gửi 25-07-2015 - 16:53
Bạn tham khảo chuyên đề Sắp thứ tự các biến của thầy Cẩn
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Chung Anh: 25-07-2015 - 16:56
- NhatTruong2405 yêu thích
Chung Anh
#5
Đã gửi 25-07-2015 - 17:01
1) không mất tính tonogre quát giả sửa b nằm giwuax a và c =>(b-c)(b-a)$\leq$0
$(\sum\sqrt{\frac{a}{a+2b+3c}} )^2\leq (\sum a(a+3b+2c))(\sum \frac{1}{(a+2b+3c)(a+3b+2c)})=(\sum a^2+5\sum ab)(\sum \frac{1}{(a+2b+3c)(a+3b+2c)})$
có $\frac{\sum a^2+5\sum ab}{(a+2b+3c)(a+3b+2c)}=1-\frac{9(b+c)^2+(b-c)^2}{2(a+2b+3c)(a+3b+2c)}$
nên$(\sum a^2+5ab)(\sum \frac{1}{(a+2b+3c)(a+3b+2c)})=3-\sum \frac{9(b+c)^2}{(a+2b+3c)(a+3b+2c)}-\sum \frac{(b-c)^2}{(a+2b+3c)(a+3b+2c)}$
có$9\sum \frac{(b+c)^2}{(a+2b+3c)(a+3b+2c)}\geq 9\frac{(2a+2b+2c)^2}{\sum (a+2b+3c)(a+3b+2c)}=\frac{36(a+b+c)^2}{13\sum a^2+23\sum ab}$
có$\sum \frac{(b-c)^2}{(a+2b+3c)(a+3b+2c)}\geq \frac{(2a-2c)^2}{(a+2b+3c)(a+3b+2c)}=\frac{4(a-c)^2}{13\sum a^2+\sum 23ab}$
có $(a-c)^2\geq 0\geq 3(b-c)(b-a)$ =>$36(a+b+c)^2+4(a-c)^2\geq 3(13\sum a^2+23\sum ab )$ =>$9\sum \frac{(b+c)^2}{(a+2b+3c)(a+3b+2c)}+\sum \frac{(b-c)^2}{(a+2b+3c)(a+3b+2c)}\geq 3$ =>$3-$9\sum \frac{(b+c)^2}{2(a+2b+3c)(a+3b+2c)}+\sum \frac{(b-c)^2}{2(a+2b+3c)(a+3b+2c)}\leq \frac{3}{2}$ => đpcm
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh