Bài toán :Chứng minh rằng với mọi số thực không âm $t,y,l$,ta có:
$$\dfrac{y+l}{2t^2+yl}+\dfrac{l+t}{2y^2+tl}+\dfrac{t+y}{2l^2+ty} \ge \dfrac{2(t^2+y^2+l^2)^3}{(t^3+y^3+l^3)^2(t+y+l)}$$
$\sum \dfrac{y+l}{2t^2+yl} \ge \dfrac{2(t^2+y^2+l^2)^3}{(t^3+y^3+l^3)^2(t+y+l)}$
Bắt đầu bởi Oral1020, 14-03-2013 - 16:48
#1
Đã gửi 14-03-2013 - 16:48
- banhgaongonngon, Sagittarius912, DarkBlood và 4 người khác yêu thích
"If I feel unhappy,I do mathematics to become happy.
If I feel happy,I do mathematics to keep happy."
Alfréd Rényi
#2
Đã gửi 18-03-2013 - 00:44
Bìa này khá dễ tuy nhiên cách mình khá dở vì viết ra tương đối dài do mình yêu cái BCS mà k chịu nghĩ cách khác, xl mình ns ngắn gọn: Áp dụng BCS chứng minh $VP\leq \frac{6}{a+b+c}$, dùng tiếp BCS để $VP\geq \frac{4(\sum a^{2}+\sum ab)^{2}}{\sum (2a^{2}+bc)(b^{3}+c^{3}+3bc(b+c))}$, ta sẽ CM Vết trái mới lớn hơn hc = VP mới bằng cách tích chéo rồi khai triển, trong quá trình khai triển và rút gọn ta chỉ dùng 1 BĐT duy nhất $abc(a+b+c)^{2}\geq 3abc(\sum ab)$ quá quen cùng với$ab(a^{3}+b^{3})\geq a^{2}b^{2}(a+b)$, cuối cùng BDT tương đương$2(\sum a^{5})+\sum a^{4}(b+c)\geq 4abc(ab+bc+ca)$, dễ rồi, pp các bạn mình đi ngủ đây
- vnmath98 yêu thích
TLongHV
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh