Chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{1+a^{3}}\geq \frac{3}{1+abc}$
#1
Đã gửi 24-11-2012 - 20:27
Kir - Kẻ lang thang giàu nhất thế giới
#2
Đã gửi 24-11-2012 - 20:55
Bài làm
Ta có:
$\frac{1}{(1+x^{2})}-\frac{1}{xy+1}+\frac{1}{1+y^{2}}-\frac{1}{1+xy}\geq 0$
<=> $\frac{1+xy-1-x^{2}}{(1+x^{2})(1+xy)}+\frac{1+xy-1-y^{2}}{(1+y^{2})(1+xy)}\geq 0$
<=> $\frac{x(y-x)}{(1+x^{2})(1+xy)}+\frac{y(x-y)}{(1+y^{2})(1+xy)}\geq 0$
,<=> $x(y-x)(1+y^{2})+y(x-y)(1+x^{2})\geq 0$
,<=> $(x-y)(-x(1+y^{2})+y(1+x^{2}))\geq 0$
<=> $(x-y)(-x-xy^{2}+y+x^{2}y)\geq 0$
<=> $(x-y)^{2}(xy-1)\geq 0$ (luôn đúng vì xy-1 >= 0)
vì các biến đổi trên tương nên ta có ĐPCM
chứng minh cái này trước vậy để gợi ý cho bạn $\frac{1}{1+a^{2}}+\frac{1}{1+b^{2}}\geq \frac{2}{1+\sqrt{a^{2}b^{2}}}$ (1)
việc cm cái này mình đã làm tại đấy >>>> http://diendantoanho.../page__st__1040
tất nhiên bạn sẽ cm đc cái này
$\frac{1}{1+a^{3}}+\frac{1}{1+b^{3}}\geq \frac{2}{1+\sqrt{a^{3}b^{3}}}$
Và $\frac{1}{1+c^{3}}+\frac{1}{1+abc}\geq \frac{2}{1+\sqrt{abc^{4}}}$
Ta dễ dàng chứng minh đc bất đẳng thức này theo phương pháp tương tương
Đến đây dễ rồi>> Áp dụng bdt AM- GM ta có
$\frac{1}{1+a^{3}}+\frac{1}{1+b^{3}}+\frac{1}{c^{3}+1}+\frac{1}{abc+1}\geq 2(\frac{1}{1+\sqrt{a^{3}b^{3}}}+\frac{1}{1+\sqrt{abc^{4}}})$
lại áp dụng bất đẳng thức (1) có $(\frac{1}{1+\sqrt{a^{3}b^{3}}}+\frac{1}{1+\sqrt{abc^{4}}})\geq \frac{2}{\sqrt[4]{a^{4}b^{4}c^{4}}}= \frac{2}{abc}$
Do đó ta có $\frac{1}{1+a^{3}}+\frac{1}{1+b^{3}}+\frac{1}{1+c^{3}}\geq \frac{3}{1+abc}$ (ĐPCM).
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NGUYEN MINH HIEU TKVN: 24-11-2012 - 20:57
- donghaidhtt, no matter what và tramyvodoi thích
#3
Đã gửi 24-11-2012 - 21:06
=============================Chứng minh rằng: $\frac{1}{1+a^{3}}+\frac{1}{1+b^{3}}+\frac{1}{1+c^{3}}\geq \frac{3}{1+abc}$ với a,b,c>0
Và bây giờ mình xin đề xuất một vài bài toán khác và dạng tổng quát ( hướng làm vẫn thế)
Bài 1 Cho a, b, c, d dương. Cm bất đẳng thức sau $\frac{1}{1+a^{4}}+\frac{1}{1+b^{4}}+\frac{1}{1+c^{4}}+\frac{1}{1+d^{4}}\geq \frac{4}{1+abcd}$
Dạng tổng quát $\sum \frac{1}{1+x^{n}_{1}}\geq \frac{n}{1+(x_{1}...x_{n})}$ với ( $x_{1};...;x_{n} \geq 1$ và $n\geq 2$
Dạng tổng quát trên mình cm theo quy nạp nhưng rất ....... vất vả, nó không dễ đâu !!!!!!
=====================================
TKVN
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NGUYEN MINH HIEU TKVN: 24-11-2012 - 21:11
- Dung Dang Do và tramyvodoi thích
#4
Đã gửi 24-11-2012 - 21:11
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nxb: 24-11-2012 - 21:19
#5
Đã gửi 24-11-2012 - 21:14
==================================Mọi người có thấy thiếu điều kiện không, còn bản chất thì chỉ là hàm lồi thôi. Đọc sách Phạm Kim Hùng là thấy
Anh ơi cho em hỏi tí. Đề bài hay bài làm của em thiếu điêù kiện hả anh, mong anh chỉ rõ
#6
Đã gửi 03-12-2012 - 13:13
Chứng minh rằng: $\frac{1}{1+a^{3}}+\frac{1}{1+b^{3}}+\frac{1}{1+c^{3}}\geq \frac{3}{1+abc}$ với a,b,c>0
Cho mình hỏi điều kiện đề bài là $a, b, c> 0$ chứ không phải $a, b, c\geq 1$ thì làm sao bạn áp dụng BĐT đó được?chứng minh cái này trước vậy để gợi ý cho bạn $\frac{1}{1+a^{2}}+\frac{1}{1+b^{2}}\geq \frac{2}{1+\sqrt{a^{2}b^{2}}}$ (1)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi donghaidhtt: 03-12-2012 - 13:14
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh