Đến nội dung

Hình ảnh

Chứng minh $B=\sum\frac{1}{2+a^2b}\geq 1$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1
Element hero Neos

Element hero Neos

    Trung úy

  • Thành viên
  • 943 Bài viết

Bài 1

   Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn $\sum a=3$

   Chứng minh

  $B=\sum\frac{1}{2+a^2b}\geq 1$

Bài 2

  Cho a,b,c là các số thực bất kì

  Chứng minh

$\sum a^2-\sum ab\geq 3(a-b)(b-c)$

Bài 3

   Cho a,b,c là các số thực dương

   Chứng minh

$\sqrt{\sum c^2(a^2+b^2)^2}\geq \frac{54(\prod a)^3}{(\sum a)^2\sqrt{\sum (ab)^4}}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Element hero Neos: 03-05-2016 - 10:08


#2
cristianoronaldo

cristianoronaldo

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 233 Bài viết

Bài 1

   Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn $\sum a=3$

   Chứng minh

  $B=\sum\frac{1}{2+a^2b}\geq 1$

Bài 2

  Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn $\sum a^2=1$

  Chứng minh

$\sum\sqrt{\frac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}\geq 2+\sum ab$

Bài 3

   Cho a.b.c là các số thực dương

   Chứng minh

$\sqrt{\sum c^2(a^2+b^2)^2}\geq \frac{54(\prod a)^3}{(\sum a)^2\sqrt{\sum (ab)^4}}$

Bài 1:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\sum \frac{a^2b}{2+a^2b}\leq 1$

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:$a^2b+1+1\geq \sqrt[3]{a^2b}$

=>$\frac{a^2b}{2+a^2b}\leq \frac{a^2b}{3\sqrt[3]{a^2b}}= \frac{1}{3}.\sqrt[3]{a^4b^2}= \frac{1}{3}.\sqrt[3]{a^2.ab.ab}\leq \frac{1}{9}.(a^2+2ab)$

Tương tự ta cũng có:

$\frac{b^2c}{2+b^2c}\leq \frac{1}{9}.(b^2+2bc)$

$\frac{c^2a}{2+c^2a}\leq \frac{1}{9}.(c^2+2ca)$

Cộng theo vế ta được:

B$\leq \frac{1}{9}.(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca)= \frac{1}{9}.(a+b+c)^2= 1$

Dấu ''='' xảy ra khi a=b=c=1


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cristianoronaldo: 03-05-2016 - 08:34

Nothing in your eyes


#3
Chris yang

Chris yang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 223 Bài viết

Bài 2:

a) CM $\sum a^2-\sum ab\geq 3(a-b)(b-c)$

Ta thấy $\text{VT}=\frac{1}{2}[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]$

Dễ thấy $(a-b)^2+(b-c)^2-2(a-b)(b-c)=(a-b+b-c)^2\geq 0\Rightarrow (a-b)^2+(b-c)^2\geq 2(a-b)(b-c)$

Mặt khác $(c-a)^2=(a-c)^2=(a-b+b-c)^2\geq 4(a-b)(b-c)$

$\Rightarrow \text{VT}\geq 3(a-b)(b-c)$

b) CM $\sum \sqrt{\frac{ab+2c^2}{1+ab-c^2}}\geq 2+ab+bc+ac$

Áp dụng BĐT AM-GM:

$\text{VT}=\sum \sqrt{\frac{ab+2c^2}{a^2+ab+b^2}}=\sum \frac{ab+2c^2}{\sqrt{(a^2+ab+b^2)(ab+2c^2)}}$

$\geq \sum \frac{ab+2c^2}{\sqrt{\left ( \frac{a^2+b^2+2ab+2c^2}{2} \right )^2}}=\sum \frac{2(ab+2c^2)}{(a+b)^2+2c^2}\geq \sum \frac{2(ab+2c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)}=\text{VP}$

Ta có đpcm

Bài 3:

BĐT cần CM $\Leftrightarrow [\sum c^2(a^2+b^2)^2](a+b+c)^4\sum (ab)^4\geq 54^2(abc)^6$

Thuần AM-GM:

$\text{VT}\geq (\sum 4c^2a^2b^2)[3\sqrt[3]{abc}]^4[3\sqrt[3]{a^8b^8c^8}]=12(abc)^2.3^5\sqrt[3]{a^{12}b^{12}c^{12}}=54^2(abc)^6=\text{VP}$

 

 






2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh