Chủ đề này có 9 trả lời

[25 minutes]

Cho $a,b,c,d >0$ và $abcd=1$

Chứng minh rằng : $P=\frac{1}{1+a+a^2+a^3}+\frac{1}{1+b+b^2+b^3} +\frac{1}{1+c+c^2+c^3} +\frac{1}{1+d+d^2+d^3}\geq 1$

[babystudymaths]

K cần phải suy nghĩ nhiều,theo cách tự nhiên nhất ,ta đặt $a,b,c,d\rightarrow \frac{bcd}{a^{3}},\frac{acd}{b^{3}},\frac{abd}{c^{3}},\frac{abc}{d^{3}}$ rồi dùng Holder trực tiếp với 4 cái mẫu và 1,1,1,1 

Sr a bài khá dài ,mai đi thi về e nốt,chắc còn có cách khác hay hơn chăng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi babystudymaths: 10-05-2013 - 00:06

[babystudymaths]

Ta có :

Đặt $a,b,c,d\rightarrow \frac{bc}{a^{2}},\frac{cd}{b^{2}},\frac{ad}{c^{2}},\frac{ac}{d^{2}}$ ,sau khi thay vào rồi áp dụng BCS trực tiếp ta được 

$P\geq \frac{(a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3})^{2}}{a^{6}+b^{6}+c^{6}+d^{6}+b^{3}c^{3}+c^{3}d^{3}+d^{3}a^{3}+a^{3}c^{3}+\sum a^{2}b^{2}c^{2}+\sum bca^{4}}$, để P min =1 lúc này ta cần chứng minh $a^{3}c^{3}+d^{3}a^{3}+c^{3}b^{3}+d^{3}c^{3}+2a^{3}b^{3}+2b^{3}d^{3}\geq \sum a^{2}b^{2}c^{2}+\sum a^{4}bc$, dễ dàng sử dụng cauchy để cm nốt

p/s : có đc k nhỉ

[babystudymaths]

Hàng về, đây là hàng chuẩn đây 

Ta có :$P=\frac{P}{2}+\frac{Q}{2}$ với P= Q (điều k phải bàn )

Do abcd=1 nên ta có : $a,b,c,d\rightarrow \frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{d},\frac{d}{a}$

Nên P=$\sum \frac{b^{3}}{(a+b)(a^{2}+b^{2})}$

Cũng do abcd = 1 nên ta có thể :

$a,b,c,d\rightarrow \frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{d}{c},\frac{a}{d}$

Nên Q = $\sum \frac{a^{3}}{(a+b)(a^{2}+b^{2})}$

Cộng 2 vế lại ta đc 2P=$\sum \frac{a^{3}+b^{3}}{(a+b)(a^{2}+b^{2})}= \sum \frac{a^{2}+b^{2}-ab}{a^{2}+b^{2}}\geq 2\Rightarrow P\geq 1$

 

 

 

 

 

P/s; cách giải khá là độc đáo (BNS)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi babystudymaths: 11-05-2013 - 12:06

[babystudymaths]

Trước hết ta có bổ đề

Nếu với mọi x1,x2,...,xn dương, BĐT 

$f(x_{1})+..+f(x_{n})\geq n(f\sqrt[n]{x_{1}...x_{n}})$ với mọi $x_{1},x_{2},...,x_{n}\in I (I\rightarrow R)$ Đúng khi và chỉ khi nó đúng với n=2 và x1,x2  $\in I (I\rightarrow R)$

CM:

Gẩi sử bđt đúng với n nên sẽ đúng với 2n số hạng ,áp dụng giả thiết quy nạp thi bđt đúng với mọi n có dạng lũy thừ của 2

Giả sử BĐT đúng với n+1 số x1,x2,...,$x_{n+1}$$\Leftrightarrow f(x_{1})+f(x_{2})+...+f(x_{n+1})\geq (n+1)f(\sqrt[n+1]{x_{1}x_{2}....x_{n}})$

Lấy $x_{n+1}= x= \sqrt[n]{x_{1}...x_{n}}$$\Rightarrow f(x_{1})+f(x_{2})+...+f(_{n})+f(x)\geq (n+1)f(x)\Rightarrow \sum f(x1)\geq nf(x)\blacksquare$

Áp dụng bổ dề này vào bài toán của ta ,ta thấy BĐT tương đương $\frac{1}{1+a+a^{2}+a^{3}}+\frac{1}{1+b+b^{2}+b^{3}}\geq \frac{1}{2}$ với a,b dương và ab=1,thay b=1/a , bđt cần chứng minh tương đương $a^{3}+1\geq a+a^{2}\Leftrightarrow (a+1)(a-1)^{2}\geq 0$ đúng, từ đây bài táon của ta được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=d=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi babystudymaths: 13-05-2013 - 00:03

[vutuanhien]

Trước hết ta có bổ đề

Nếu với mọi x1,x2,...,xn dương, BĐT 

$f(x_{1})+..+f(x_{n})\geq n(f\sqrt[n]{x_{1}...x_{n}})$ Đúng khi và chỉ khi nó đúng với n=2 và x1,x2  dương

CM:

Gẩi sử bđt đúng với n nên sẽ đúng với 2n số hạng ,áp dụng giả thiết quy nạp thi bđt đúng với mọi n có dạng lũy thừ của 2

Giả sử BĐT đúng với n+1 số x1,x2,...,$x_{n+1}$$\Leftrightarrow f(x_{1})+f(x_{2})+...+f(x_{n+1})\geq (n+1)f(\sqrt[n+1]{x_{1}x_{2}....x_{n}})$

Lấy $x_{n+1}= x= \sqrt[n]{x_{1}...x_{n}}$$\Rightarrow f(x_{1})+f(x_{2})+...+f(_{n})+f(x)\geq (n+1)f(x)\Rightarrow \sum f(x1)\geq nf(x)\blacksquare$

Áp dụng bổ dề này vào bài toán của ta ,ta thấy BĐT tương đương $\frac{1}{1+a+a^{2}+a^{3}}+\frac{1}{1+b+b^{2}+b^{3}}\geq \frac{1}{2}$ với a,b dương và ab=1,thay b=1/a , bđt cần chứng minh tương đương $a^{3}+1\geq a+a^{2}\Leftrightarrow (a+1)(a-1)^{2}\geq 0$ đúng, từ đây bài táon của ta được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=d=1

Xem lại chỗ này bạn ơi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 12-05-2013 - 22:46

[vutuanhien]

Cho $a,b,c,d >0$ và $abcd=1$

Chứng minh rằng : $P=\frac{1}{1+a+a^2+a^3}+\frac{1}{1+b+b^2+b^3} +\frac{1}{1+c+c^2+c^3} +\frac{1}{1+d+d^2+d^3}\geq 1$

Lời giải của em như sau (không đẹp nhưng chắc chắn đúng)

Trước tiên, ta sẽ chứng minh rằng với mọi x,y dương thì $\frac{1}{1+x^2+x^4+x^6}+\frac{1}{1+y^2+y^4+y^6}\geq \frac{1}{1+x^3y^3}$. Đặt $t=xy$, $p=x^2+xy+y^2$ thì $p\geq 3t$. BĐT đã cho sẽ tương đương với $t^2(p+1)(tp-1)(x-y)^2+(t^2-1)(t^4-1)\geq 0$. Nếu $tp\geq 1$ thì BĐT hiển nhiên đúng. Xét trường hợp $ps< 1$.Do $p\geq 3t$ nên $p^2< \dfrac{1}{3}$. BĐT cần chứng minh tương đương với $(1-t^2)(1-t^4)\geq t^2(p+1)(tp-1)(x-y)^2$. Do $t(x-y)^2=tp-3t^2< 1-3t^2<1-t^2$ nên ta chỉ cần chứng minh $1-t^4\geq t(1+p)(1-tp)$. Thật vậy, ta có $t(1+p)(1-tp)\leq \dfrac{1}{4}\left [ t(1+p)+(1-tp) \right ]^2=\dfrac{(1+t)^2}{4}< \dfrac{1+t^2}{2}< 1-t^4$

(đpcm)

Áp dụng vào bài toán, ta có $\frac{1}{1+a+a^2+a^3}+\frac{1}{1+b+b^2+b^3}\geq \frac{1}{1+\sqrt[3]{a^2b^2}}; \frac{1}{1+c+c^2+c^3}+\frac{1}{1+d+d^2+d^3}\geq \frac{\sqrt[3]{a^2b^2}}{1+\sqrt[3]{a^2b^2}}$.

Cộng 2 BĐT này lại ta có ngay đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 12-05-2013 - 23:12

[babystudymaths]

Xem lại chỗ này bạn ơi

Thì đó là chỗ mình áp dụng bổ đề mà, BĐT của a Toc Ngan đúng khi nó đúng vs 2 số a,b dương và ab=1

[vutuanhien]

Thì đó là chỗ mình áp dụng bổ đề mà, BĐT của a Toc Ngan đúng khi nó đúng vs 2 số a,b dương và ab=1

Gt là $abcd=1$ chứ có phải $ab=1$ đâu. Kể cả là đúng khi đúng vs a,b thì cũng k thể có $ab=1$ được

[babystudymaths]

Gt là $abcd=1$ chứ có phải $ab=1$ đâu. Kể cả là đúng khi đúng vs a,b thì cũng k thể có $ab=1$ được

Đó là đk đi kèm đề bài mà ,mình nghĩ khi chuyển về còn 2 biến thì điều kiện ứng vs 2 biến đó,ab=1 để xác định a,b mà,bạn xem lại đi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi babystudymaths: 13-05-2013 - 16:47