cho a,b,c là các số thực ko âm thoả mãn abc=1.
cmr
$\sum \frac{a^{3}}{(1+b))(1+c)}\geq\frac{3}{4}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 4869msnssk: 01-09-2013 - 15:24
cho a,b,c là các số thực ko âm thoả mãn abc=1.
cmr
$\sum \frac{a^{3}}{(1+b))(1+c)}\geq\frac{3}{4}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 4869msnssk: 01-09-2013 - 15:24
B.F.H.Stone
cho a,b,c là các số thực ko âm thoả mãn abc=1.
cmr
$\sum \frac{a^{3}}{(1+b))(1+c)}\leq \frac{3}{4}$
Ngược dấu rồi
Theo AM - GM ta có :
$\sum [\frac{a^{3}}{(b+1)(c+1)}+\frac{b+1}{8}+\frac{c+1}{8}]\geq \sum\frac{3a}{4}=>\sum \frac{a^{3}}{(b+1)(c+1)} + \sum \frac{a}{4}+\frac{3}{4}\geq \sum \frac{3a}{4}=>\sum \frac{a^{3}}{(b+1)(c+1)}\geq \sum \frac{a}{2}-\frac{3}{4}\geq \frac{3}{2}-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}$
Đây là điều phải chứng minh ; đẳng thức xảy ra $<=>a=b=c=1$
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
Áp dụng BĐT AM-GM:
Ta có :
$\frac{a^{3}}{(b+1)(c+1)}=\frac{a^{3}}{(b+1)(c+1)}+\frac{c+1}{8}+\frac{b+1}{8}-\left ( \frac{c+1}{8}+\frac{b+1}{8} \right ) \geq \frac{3a}{4}-\frac{b+c+2}{8}$
$\Rightarrow \sum \frac{a^{3}}{(b+1)(c+1)} \geq \frac{3(a+b+c)}{4}-\frac{2a+2b+2c+6}{8}=\frac{a+b+c}{2}-\frac{6}{8}\geq\frac{3}{4}$
@@ khong: Đã sửa
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khonggiadinh: 01-09-2013 - 15:50
Áp dụng BĐT AM-GM:
Ta có :
$\frac{a^{3}}{(b+1)(c+1)}=\frac{a^{3}}{(b+1)(c+1)}+\frac{c+1}{8}+\frac{b+1}{8}-\left ( \frac{c+1}{8}+\frac{b+1}{8} \right ) \geq \frac{3a}{4}-\frac{b+c+2}{8}$
$\Rightarrow \sum \frac{a^{3}}{(b+1)(c+1)} \geq \frac{3(a+b+c)}{4}-\frac{2a+2b+2c+6}{8}=\frac{a+b+c}{2}-\frac{6}{8}\geq\frac{3}{4}$
sửa lại như trên
B.F.H.Stone
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh