Chủ đề này có 13 trả lời

[supermember]

Bài Toán :


Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$


Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô

Nguyễn Kim Anh

[abstract]

Bài Toán :
Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$
Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô

Nguyễn Kim Anh

BDT cho n biến cũng đung đấy anh ak
$ \sum \limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{(a_i+1)(a_{i}^2+1)} \ge \dfrac{n}{4}$
Ta sẽ cm BDT sau: $\dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} \ge \dfrac{1}{4}-\dfrac{3}{8}ln a$
Thât vậy $f(x)=\dfrac{1}{(1+x)(1+x^2)} -\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{8}ln x$
thì $f'(x)=\dfrac{(x-1)(3x^6+9x^5+18x^4+30x^3+39x^2+21x+8)}{8(1+x)^2(1+x^2)^2}$
i)$x \ge 1 \to f(x) \ge f(1)=0$
ii)$0<x<1 \to f(x) \ge f(1)=0$
Tóm lại đúng
Cộng từng vế có QED

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi abstract: 02-09-2010 - 15:39

[tuan101293]

BDT cho n biến cũng đung đấy anh ak
$ \sum \limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{(a_i+1)(a_{i}^2+1)} \ge \dfrac{n}{4}$
Ta sẽ cm BDT sau: $\dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} \ge \dfrac{1}{4}-\dfrac{3}{8}ln a$
Thât vậy $f(x)=\dfrac{1}{(1+x)(1+x^2)} -\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{8}ln x$
thì $f'(x)=\dfrac{(x-1)(3x^6+9x^5+18x^4+30x^3+39x^2+21x+8)}{8(1+x)^2(1+x^2)^2}$
i)$x \ge 1 \to f(x) \ge f(1)=0$
ii)$0<x<1 \to f(x) \ge f(1)=0$
Tóm lại đúng
Cộng từng vế có QED

PS: 2$ ???? USD hôm nay 19,5

Đạo hàm sai rồi em zai.
$f'(x)=\dfrac{(x-1)(3x^5+9x^4+18x^3+6x^2-x-3)}{8(1+x+x^2+x^3)^2x}$

[analysis90]

tuy khong ve dau nhung t xin dc trinh bay mot cach sau:
đặt $M=VT$
do $abcd=1$ nên tồn tại các số thực dương $x,y,z,t$ sao cho $a=\dfrac{\displaystyle x}{\displaystyle y},b=\dfrac{\displaystyle y}{\displaystyle x},c=\dfrac{\displaystyle z}{\displaystyle t},d=\dfrac{\displaystyle t}{\displaystyle z}$.
khi đó
$M=\dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle (x+y)(x^2+y^2)}+\dfrac{\displaystyle z^3}{\displaystyle (y+z)(y^2+z^2)}+\dfrac{\displaystyle t^3}{\displaystyle (z+t)(z^2+t^2)}+\dfrac{\displaystyle x^3}{\displaystyle (t+x)(t^2+x^2)}$
nhưng ta có $(x+y)(x^2+y^2)\leq 2(x^3+y^3)\hspace*{1 cm} \forall x,y>0$
$ \Rightarrow \dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle (x+y)(x^2+y^2)}\geq\dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle 2(x^3+y^3)}$
khi đó $M\geq\dfrac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}[\dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle x^3+y^3}+\dfrac{\displaystyle z^3}{\displaystyle y^3+z^3}+\dfrac{\displaystyle t^3}{\displaystyle z^3+t^3}+\dfrac{\displaystyle x^3}{\displaystyle t^3+x^3}]$
đến đây chỉ việc áp dụng bất đẳng thức Nesbitt cho 4 biến $x^3,y^3,z^3,t^3$ ta co ngay $M\geq1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi analysis90: 02-09-2010 - 15:31

[tuan101293]

khi đó $M\geq\dfrac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}[\dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle x^3+y^3}+\dfrac{\displaystyle z^3}{\displaystyle y^3+z^3}+\dfrac{\displaystyle t^3}{\displaystyle z^3+t^3}+\dfrac{\displaystyle x^3}{\displaystyle t^3+x^3}]$
đến đây chỉ việc áp dụng bất đẳng thức Nesbitt cho 4 biến $x^3,y^3,z^3,t^3$ ta co ngay $M\geq1$

đây ko phải bdt nesbitt anh ơi.

[abstract]

Đạo hàm sai r�#8220;i em zai.
$f'(x)=\dfrac{(x-1)(3x^5+9x^4+18x^3+6x^2-x-3)}{8(1+x+x^2+x^3)^2x}$

Tuy nhầm chút nhưng lời giải của em có thể dùng để cm bài $ \sum \limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{(1+a_i)(1+a_{i}^2)} \ge \dfrac{n}{4}$
khi $ \sum \limits_{i=1}^{n} a_{i }^2=n$ (tổng lập phương ,bậc 4, bậc 5... thì khỏi nói r�#8220;i )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi abstract: 02-09-2010 - 15:57

[abstract]

Bài Toán :
Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$
Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô

Nguyễn Kim Anh

Ta có BDT tổng quát hơn tất cả:
Với $a_i>0$ và $\sqrt{a_1a_2a_3...a_n}=p \ge 1$ thì
$ \sum \limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{ \sum \limits_{j=0}^{n-1} a_{i}^{j}} \ge \dfrac{n}{ \sum \limits_{j=0}^{n-1} p^{j}}$
Khi cho $p=1,n=4$ ta có BDT
$\sum \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} \ge 1$ với $abcd=1; a,b,c,d>0$, QED

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi abstract: 03-09-2010 - 11:31

[tuan101293]

Bài Toán :
Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$
Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô

Nguyễn Kim Anh

Bài này khó kinh,mình làm thử cách này(chưa check kỹ lắm,ai đó check hộ mình với)
đặt $f(x)=\dfrac{1}{(1+x)(1+x^2)}$ thì
**************
Bổ đề 1: nếu $ab\ge 1$

$f(a,b)\ge f(\sqrt{ab},\sqrt{ab})$ (CM=cách quy đồng trực tiếp)
và $f(a,b,c,d)\ge f(\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc})$ (CM như CM tử bdt cosi 2 số lên 3 số)
Bổ đề 2: nếu $ab\ge 1$ mà $a\ge 1$ và $b\le 1$ thì

$f(a,b)\ge f(ab,1)$ (CM=cách quy đồng)
**************
xét 3 trường hợp:
*****
TH1: 3 số nhỏ hơn 1,giả sử $b,c,d\le 1 $ suy ra $ab,ac,ad\ge 1$
ta có $f(a,b,c,d)\ge f(ab,1,c,d)\ge f(abc,d,1,1)=f(\dfrac{1}{d},d,1,1)\ge 1$
*****
TH2: 2 số nhỏ hơn 1, 2 số lớn hơn 1:
Giả sử $a\ge b\ge 1$ và $c,d\le 1$
Dễ thấy tồn tại ít nhất 1 trong 2 số ac,ad mà số này<1,giả sử $ac\ge 1$
ta có $f(a,b,c,d)\ge f(ac,b,d,1)\ge f(\sqrt{abc},\sqrt{abc},d,1)=f(x,x,\dfrac{1}{x^2},1)\ge 1 $
****
TH3: 1 số nhỏ hơn 1:
Giả sử $d\le 1$
ta có $f(a,b,c,d)\ge f(\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},d)=f(x,x,x,\dfrac{1}{x^3})\ge 1$

ĐPCM

[Messi_ndt]

Bài Toán :
Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$
Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô

Nguyễn Kim Anh

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)}+\dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)}+\dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)}+\dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)}\geq 1.$
Không mất tính tổng quát giã sử$ a\geq b\geq c\geq d$
Theo Chebuyshev ta có.
$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)}+\dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)}+\dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)}\geq $
$\geq \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\right)\left(\dfrac{1}{1+a^2}+\dfrac{1}{1+b^2}+\dfrac{1}{1+c^2}\right).$
Bổ đề.
Với$ a\geq b\geq c\geq d $và $ abcd=1$
ta có
$ \dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\geq \dfrac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}.$
LG của bổ đề.
Thứ nhất BDT sau đúng với a,b dương có tích không nhỏ hơn 1.
$ \dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}\geq \dfrac{2}{1+\sqrt{ab}}$
Không khó để CM (BDTT)
Vì vậy, ta sẽ chứng minh.$ \dfrac{1}{1+c}+\dfrac{2}{1+\sqrt{ab}}\geq \dfrac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}.$
Đặt $ x=\sqrt{ab},y=\sqrt[3]{abc}\Longrightarrow c=\dfrac{y^3}{x^2}$
Thay vào BDT can chứng minh:
$ \dfrac{1}{1+c}+\dfrac{2}{1+\sqrt{ab}}-\dfrac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}=\dfrac{x^2}{x^2+y^3}+\dfrac{2}{1+x}-\dfrac{3}{1+y},$

$ <=> \dfrac{(x-y)^2[2y^2-y+ x.(y-2)]}{(1+x)(1+y)(x^2+y^3)}$
BDT trên đúng khi
$ <=> 2y^2-y+(y-2)x\geq 2y^2-y+(y-2)y^3=y(y-1)(y^2-y+1)\geq 0$
Vì $ a\geq b \geq c => \sqrt{ab} \geq c .$
Mặt khác $ a\geq b \geq c\geq d ,abcd=1 $
$ \dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\geq \dfrac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}$
$ \dfrac{1}{1+a^2}+\dfrac{1}{1+b^2}+\dfrac{1}{1+c^2}\geq \dfrac{3}{1+\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}.$
For convenience denote by
$ k = \sqrt[3]{abc}$
Do dó
$ \displaystyle\dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)}+\dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)}+\dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)}\geq \dfrac{3}{(1+k)(1+k^2)}$
Thus it remains to prove that \\
$ \dfrac{3}{(1+k)(1+k^2)}+\dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \geq 1$
vì abcd=1
Nên
$ \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)}=\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{1}{k^3}\right)\left(1+\dfrac{1}{k^6}\right)}.$
Ta viết lại
$ \dfrac{1}{\left(1+\dfrac{1}{k^3}\right)\left(1+\dfrac{1}{k^6}\right)}+\dfrac{3}{(1+k)(1+k^2)}\geq 1$
Tương đương
$ \dfrac{(k-1)^2(2k^4+k^3+k+2)}{(k^3+1)(k^6+1)}\geq 0$
Đẳng thức tại a=b=c=d=1.
Xem tậi đây
Nó là 1 bổ đề mình dùng trong bài của mình.
Vẫn còn 1 LG=CS nhưng hơi xấu.

File gửi kèm

•  asasas.pdf   83.43K   139 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Messi_ndt: 03-09-2010 - 13:30

[Messi_ndt]

Bài Toán :
Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$
Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô

Nguyễn Kim Anh

Lời giải cổ điển quá đẹp nhé, 2$ bao h em nhận được nhỉ?

[abstract]

Lời giải cổ điển quá đẹp nhé, 2$ bao h em nhận được nhỉ?

Thử giải sơ cấp bài này xem:
Chp $a,b,c,d,e >0; abcde=1$.CMR:
$ \sum \limits_{a,b,c,d,e} \dfrac{1}{1+a+a^2+a^3+a^4} \ge 1$

[vin.whisky]

Bài Toán :
Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$
Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô

Nguyễn Kim Anh

Mạo muội đưa ra lời giải bằng Cauchy ngược :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)}=\dfrac{1}{1+a}-\dfrac{a^2}{(1+a)(1+a^2)} \ge\dfrac{1}{1+a}- \dfrac{a}{2(1+a)} =\dfrac{3}{2(1+a)} -\dfrac{1}{2} $

$ \dfrac{3}{2(1+a)}+\dfrac{3}{2(1+b)}+\dfrac{3}{2(1+c)}+\dfrac{3}{2(1+d)} \ge \dfrac{6}{\sqrt[4]{(1+a)(1+b)(1+c)(1+d) }} \ge 3 $

suy ra

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)}\ge 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vin.whisky: 03-09-2010 - 14:49

[vuthanhtu_hd]

Mạo muội đưa ra lời giải bằng Cauchy ngược :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)}=\dfrac{1}{1+a}-\dfrac{a^2}{(1+a)(1+a^2)} \ge\dfrac{1}{1+a}- \dfrac{a}{2(1+a)} =\dfrac{3}{2(1+a)} -\dfrac{1}{2} $

$ \dfrac{3}{2(1+a)}+\dfrac{3}{2(1+b)}+\dfrac{3}{2(1+c)}+\dfrac{3}{2(1+d)} \ge \dfrac{6}{\sqrt[4]{(1+a)(1+b)(1+c)(1+d) }} \ge 3 $

suy ra

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)}\ge 1$

$ \dfrac{6}{\sqrt[4]{(1+a)(1+b)(1+c)(1+d) }} \ge 3 $

Chỗ này ngược dấu rồi Vin ơi.
Chú ý dùng BDT Holder ta có $(1+a)(1+b)(1+c)(1+d) \ge (1+\sqrt[4]{abcd})^4=2^4$ nên

$ \sqrt [4]{(1+a)(1+b)(1+c)(1+d)} \ge 2$ Do đó không thể có đánh giá trên được

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuthanhtu_hd: 03-09-2010 - 15:23

[supermember]

Mình nghĩ mọi người nên kiểm tra kĩ lời giải của mình rồi hãy post ; nếu chưa chắc chắn thì ghi rõ là :" Đây là ý tưởng hay gì gì đó của mình " ; không nên để người khác mất thời gian xem một lời giải sai

Trong những lời giải trình bày ở trên ; lời giải của Tùng nhìn sáng sủa nhất ; tiếc là sai

Official solution :

Dễ thấy rằng với giả thiết đã cho , ta chỉ cần chứng minh : $ \sum \dfrac{1}{(1+a^2)(1+a^4)} \ge 1$

Ta sẽ cần đến bổ đề sau :

Bổ đề :

$ \forall x;y \ge 0 : \dfrac{1}{1+x^2 + x^4 + x^6} + \dfrac{1}{1+y^2 + y^4 + y^6} \ge \dfrac{1}{1+ x^3 y^3} \ \ (1) $

Ta sẽ chứng minh $ (1) $ bằng phép biến đổi tương đương . Thật vậy ; $ (1)$ tương đương với :

$ (1 + x^3y^3) \cdot \left( 2 + (x^2 +y^2 ) + (x^4+ y^4) + (x^6 + y^6) \right) \ge \left( 1 + (x^2 +y^2 ) + x^2 y^2 \right) \cdot \left( 1 + (x^4 +y^4 ) + x^4 y^4 \right) $

$ \Leftrightarrow 1 + x^3 y^3 ( x^2 + y^2 ) + x^3 y^3 ( x^4 + y^4 ) + x^3 y^3 ( x^6 + y^6 ) + 2 x^3y^3 \ge x^4 y^4 + x^2 y^2 ( x^2 + y^2 ) + x^4 y^4 ( x^2 + y^2 ) + x^2 y^2 + x^2 y^2 ( x^4 + y^4 ) + x^6 y^6 $

$ \Leftrightarrow x^3 y^3 ( x^3 - y^3 )^2 + ( 1 + x^6 y^6 - x^2 y^2 - x^4 y^4 ) \ge x^2 y^2 ( x-y)^2 + x^2 y^2 \left( x^4 + y^4 - xy(x^3+y^3) \right) + x^3 y^3 \left( xy( x^2 +y^2 ) -( x^4 + y^4 ) \right)$

$ \Leftrightarrow x^3 y^3 ( x^3 - y^3 )^2 + ( 1 + x^6 y^6 - x^2 y^2 - x^4 y^4 ) + x^3 y^3 (x-y)^2 ( x^2 + xy + y^2 ) \ge x^2 y ^2 ( x-y)^2 + x^2 y^2 ( x-y)^2 ( x^2 + xy + y^2 ) $

$ \Leftrightarrow (1-xy)^2 ( 1+ xy)^2 (1 + x^2 y^2 ) \ge x^2 y^2 ( x-y)^2 (1 + (x^2 + xy + y^2 )) \left( 1 - xy(x^2 + xy + y^2 ) \right) \ \ (2)$

$ \bigstar $ nếu $ 1 \le xy(x^2 + xy + y^2 ) $ thì dễ thấy $(2)$ đúng

$ \bigstar \bigstar $ xét tiếp trường hợp : $ 1 \ge xy(x^2 + xy + y^2 )$ ; khi đó :

$ x^2 y^2 ( x-y)^2 (1 + (x^2 + xy + y^2 )) \left( 1 - xy(x^2 + xy + y^2 ) \right) $

$ = \dfrac{1}{2} \left( xy + xy ( x^2 + xy + y^2 ) \right) \left( xy ( x^2 + xy + y^2) - 3x^2 y^2 \right) \left( 2 -2xy ( x^2 + xy + y^2 ) \right) $

$ \le \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{ xy + 2 - 3x^2 y^2 }{3} \right)^3 \ = \ \dfrac{1}{54} (1-xy)^3 ( 2+ 3xy)^3$

( dễ thấy $ xy \le 1$ )

Nên từ đây ta suy ra là để chứng minh $(2)$ ; ta chỉ cần chứng minh :

$ (1+xy)^2 ( 1+ x^2 y^2 ) \ge \dfrac{1}{54} (1-xy) ( 2+ 3xy)^3$

Bất đẳng thức cuối cùng này đúng vì theo bất đẳng thức Holder thì :

$ 54 (1+xy)^2 ( 1+ x^2 y^2 ) $

$ = 27 (1 +xy ) \left( (1+1)(1+xy)(1+x^2y^2) \right) \ge 27 (1 +xy )^4$

$ = (1+xy) ( 3+ 3xy)^3 \ge (1-xy)(2+3xy)^3 $

$ \Rightarrow (2) $ đúng $ \Rightarrow (1)$ đúng và bổ đề theo đó được chứng minh

Vào bài : Đặt $ x \ = \ a^3b^3 \ ; \ y = c^3 d^3 \Rightarrow xy = 1$

Theo bổ đề ; ta có :

$ \sum \dfrac{1}{(1+a^2)(1+a^4)} = \left( \dfrac{1}{(1+a^2)(1+a^4)} + \dfrac{1}{(1+b^2)(1+b^4)} \right)+ \left( \dfrac{1}{(1+c^2)(1+c^4)} + \dfrac{1}{(1+d^2)(1+d^4)} \right)$

$ \ge \dfrac{1}{1+ a^3 b^3} + \dfrac{1}{1+ c^3 d^3} = \dfrac{1}{1+x} + \dfrac{1}{1+y} $

$ = \dfrac{y}{y+xy} + \dfrac{1}{1+y} = \dfrac{y}{y+1} + \dfrac{1}{1+y} =1 $


Từ đây ; ta thấy rằng bất đẳng thức ban đầu đã được chứng minh hoàn toàn .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 04-09-2010 - 15:31