$(a^2+b^2-1)(c^2+d^2-1)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}\right) \leq 4$
___________________________________-
Nguồn : Tự sáng tác !_^)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuc_90: 07-06-2012 - 12:02
$(a^2+b^2-1)(c^2+d^2-1)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}\right) \leq 4$
Bắt đầu bởi phuc_90, 07-06-2012 - 00:15
#1
Đã gửi 07-06-2012 - 00:15
phuc_90
-
- Thành viên
-
- 438 Bài viết
Sĩ quan
Bài toán : Cho $a,b,c,d \in [ \frac{\sqrt{2}}{2} , 1 ]$ .Chứng minh rằng
$(a^2+b^2-1)(c^2+d^2-1)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}\right) \leq 4$
___________________________________-
Nguồn : Tự sáng tác !_^)
$(a^2+b^2-1)(c^2+d^2-1)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}\right) \leq 4$
___________________________________-
Nguồn : Tự sáng tác !_^)
- NguyThang khtn yêu thích
#2
Đã gửi 07-06-2012 - 08:40
Tham Lang
-
- Thành viên
-
- 1149 Bài viết
Thượng úy
Hic. Mình đang dùng dđ nên hơi khó viết. Nếu sai sót, mong mod chỉnh hộ nhé 
vì $a,b,c,d\in \left [\dfrac{1}{\sqrt{2}},1\right ]$ nên hiển nhiên $a^2+b^2-1\ge 0$
Bất đẳng thức đã cho tương đương $$\sum{\left [\dfrac{(a^2+b^2)^2}{a^2b^2}-\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2}\right ]\left (c^2+d^2-1\right )}\le 4 \Leftrightarrow \sum{\left (\dfrac{a^2-1}{b^2}+\dfrac{b^2-1}{a^2}+2\right )\left (c^2+d^2-1\right )}\le 4$$
Dễ thấy mỗi phần $\le 2$ nên suy ra ĐPCM.
vì $a,b,c,d\in \left [\dfrac{1}{\sqrt{2}},1\right ]$ nên hiển nhiên $a^2+b^2-1\ge 0$Bất đẳng thức đã cho tương đương $$\sum{\left [\dfrac{(a^2+b^2)^2}{a^2b^2}-\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2}\right ]\left (c^2+d^2-1\right )}\le 4 \Leftrightarrow \sum{\left (\dfrac{a^2-1}{b^2}+\dfrac{b^2-1}{a^2}+2\right )\left (c^2+d^2-1\right )}\le 4$$
Dễ thấy mỗi phần $\le 2$ nên suy ra ĐPCM.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 22-06-2012 - 14:26
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
