Cho $a,b,c$ là những số thực dương,chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2} \ge \dfrac{2\sqrt{a}}{a^3+b^2}+\dfrac{2\sqrt{b}}{b^3+c^2}+\dfrac{2\sqrt{c}}{c^3+a^2}$
$\sum \dfrac{1}{a^2} \ge \sum \dfrac{2\sqrt{a}}{a^3+b^2}$
Bắt đầu bởi Oral1020, 30-04-2013 - 00:05
#1
Đã gửi 30-04-2013 - 00:05
Oral1020
-
- Thành viên
-
- 1225 Bài viết
Thịnh To Tướng
"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 30-04-2013 - 00:14
Tienanh tx
-
- Thành viên
-
- 360 Bài viết
$\Omega \textbf{Bùi Tiến Anh} \Omega$
$\oplus$ Ta có:
$\sum \dfrac{2\sqrt{a}}{a^3+b^2} \leq \sum \dfrac{2\sqrt{a}}{2b\sqrt{a^3}}= \sum \dfrac{2\sqrt{a^2}}{2b\sqrt{a^4}}=\sum \dfrac{2a}{2a^2b}=\sum \dfrac{1}{ab}$
$\Longrightarrow$ $VT \leq \sum \dfrac{1}{ab}$
$\oplus$ Ta đi chứng minh $\sum \dfrac{1}{ab} \leq \dfrac{1}{a^2}$
Đặt: $(\dfrac{1}{a};\dfrac{1}{b};\dfrac{1}{c}) \longrightarrow (x,y,z)$
Thì bất đặng thức tươg đương: $ \sum xy \leq \sum x^2$ (hiển nhiên đúng)
$\Longrightarrow$ $QED$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tienanh tx: 30-04-2013 - 00:19
- caybutbixanh và Oral1020 thích
$\cdot$ $( - 1) = {( - 1)^5} = {( - 1)^{2.\frac{5}{2}}} = {\left[ {{{( - 1)}^2}} \right]^{\frac{5}{2}}} = {1^{\frac{5}{2}}} =\sqrt{1}= 1$
$\cdot$ $\dfrac{0}{0}=\dfrac{100-100}{100-100}=\dfrac{10.10-10.10}{10.10-10.10}=\dfrac{10^2-10^2}{10(10-10)}=\dfrac{(10-10)(10+10)}{10(10-10)}=\dfrac{20}{10}=2$
$\cdot$ $\pi\approx 2^{5^{0,4}}-0,6-\left(\frac{0,3^{9}}{7}\right)^{0,8^{0,1}}$
$\cdot$ $ - 2 = \sqrt[3]{{ - 8}} = {( - 8)^{\frac{1}{3}}} = {( - 8)^{\frac{2}{6}}} = {\left[ {{{( - 8)}^2}} \right]^{\frac{1}{6}}} = {64^{\frac{1}{6}}} = \sqrt[6]{{64}} = 2$
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh
