Chủ đề này có 4 trả lời

[NhatTruong2405]

Bài 1

Cho $a,b,c>0$.Chứng minh các BĐT sau

$\boxed{\text{1}}$ $\sum \sqrt{\frac{a}{a+2b+3c}}\leq \sqrt{\frac{3}{2}}$

$\boxed{\text{2}}$ $\sum \sqrt{\frac{a^2}{b^2+(c+a)^2}}\leq \sqrt{\frac{9}{5}}$

$\boxed{\text{3}}$ $\sum \sqrt{\frac{a}{4a+4b+c}}\leq 1$

Bài 2 

Cho $a,b,c,d>0$ thoả $\sum \frac{1}{2+a^2}=\frac{1}{2}$

Chứng minh rằng $abcd\geq ab+ac+ad+bc+bd+cd$

Ps

Các bạn giúp được bài nào thì giúp nha

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NhatTruong2405: 25-07-2015 - 15:19

[Chung Anh]

 

 

$\boxed{\text{3}}$ $\sum \sqrt{\frac{a}{4a+4b+c}}\leq 1$

 

 

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]

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

Sao hay quá vậy

Sao bạn tách được như vậy hay thế,logic quá luôn   

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NhatTruong2405: 25-07-2015 - 16:45

[Chung Anh]

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

[vutienhoang]

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