Đến nội dung


DBS

Đăng ký: 21-01-2019
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 09:52
*****

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: \[a^{2}+ b^{2}= 1\Rightarrow\sqrt...

Hôm qua, 08:50

Bất đẳng thức trên tương đương với:
$\Leftrightarrow (\sqrt{5-4a}+2\sqrt{5-4b})^2\geq 17$
$\Leftrightarrow (5-4a)+4(5-4b)+4\sqrt{25-20(a+b)+16ab}\geq 17$
$\Leftrightarrow \sqrt{25-20(a+b)+16ab}\geq a+4b-2$
$\Leftrightarrow 25-20(a+b)+16ab\geq (a+4b-2)^2$
$\Leftrightarrow a^2+16b^2-8ab+16a+4b\geq 21$
$\Leftrightarrow (a-4b)^2+4(4a+b)\leq 21$
Lại có: $a^2+b^2=1\Rightarrow 17a^2+17b^2=17\Rightarrow (a-4b)^2+(4a+b)^2=17$
$\Rightarrow -(4a+b)^2+4(4a+b)\leq 4\Leftrightarrow (4a+b-2)^2\geq 0$ (luôn đúng).

 

Nguồn: AoPS :>


Trong chủ đề: $\sum_{cyc} \sqrt[4]{a^4+3}\geq...

25-07-2021 - 15:56

Áp dụng BĐT Holder, ta có: $(1+3)(1+3)(1+3)(a^4+3)\geq (a+3)^4$

$\Rightarrow \sqrt[4]{a^4+3}\geq \frac{a+3}{\sqrt[4]{64}}$

Chứng minh các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta được:

$\sqrt[4]{a^4+3}+\sqrt[4]{b^4+3}+\sqrt[4]{c^4+3}\geq \frac{a+b+c+9}{\sqrt[4]{64}}$

Hơn nữa, áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta được:

$a+b+c+9=(a+b+c)+3+3+3\geq 4\sqrt[4]{27(a+b+c)}$

$\Rightarrow \sqrt[4]{a^4+3}+\sqrt[4]{b^4+3}+\sqrt[4]{c^4+3}\geq \frac{4\sqrt[4]{27(a+b+c)}}{\sqrt[4]{64}}=\sqrt[4]{108(a+b+c)}$


Trong chủ đề: $Q=\frac{1}{x}+\frac{1}...

22-07-2021 - 08:40

Đề bài mới sửa lại ah? Với gt cũ $x^{3}+y^{3}+z=2\sqrt{3}+1$ em thử xem có làm đc ko

Uk, em mới sửa lại đề ạ, viết nhầm :)

Mà với giả thiết cũ $x^{3}+y^{3}+z=2\sqrt{3}+1$ thì em nghĩ rất khó chứng minh, mà cứ thử sức xem sao :D


Trong chủ đề: $Q=\frac{1}{x}+\frac{1}...

21-07-2021 - 16:31

$\dfrac{1}{z^3}+\dfrac{1}{\sqrt{27}}+\dfrac{1}{ \sqrt{27}}\ge \dfrac{1}{z}$.

$\begin{aligned}P+\dfrac{2}{3\sqrt{3}}&\ge \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z}\ge 
\dfrac{1}{x}+\dfrac{4}{y^2+z} \\  &=\dfrac{1}{x}+\dfrac{4}{1+2\sqrt{3}-x^3}\ge 1+
 \dfrac{2}{\sqrt{3}}.\end{aligned}$

$\min P=1+\dfrac{4}{3\sqrt{3}}$.

$(x,y,z)\sim (1,\sqrt[4]{3},\sqrt{3})$

Ý bn có phải là như này?

 

$\dfrac{1}{z^3}+\dfrac{1}{\sqrt{27}}+\dfrac{1}{ \sqrt{27}}\ge \dfrac{1}{z}$.
 
$\begin{aligned}P+\dfrac{2}{3\sqrt{3}}&\ge \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z}\ge \dfrac{1}{x}+\dfrac{4}{y^2+z} \\ &=\dfrac{1}{x}+\dfrac{4}{1+2\sqrt{3}-x^3}\ge 1+ \dfrac{2}{\sqrt{3}}.\end{aligned}$
$\min P=1+\dfrac{4}{3\sqrt{3}}$.
 
$(x,y,z)\sim (1,\sqrt[4]{3},\sqrt{3})$

Trong chủ đề: $P=\sqrt{2(x^2+y^2)}+4\sqrt{x}+4\...

19-07-2021 - 09:24

Bài này sai đề. Sửa lại là tìm $\max P$ 

À, đề gốc là tìm $maxP$ ấy, mà em quên, quen với $min$ rồi :)