Bài 1:
Chứng minh rằng $\sqrt[n]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}>1\forall n\geq 2;n\in N$
Bài 2:
Chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt[n-1]{n!}}+\frac{1}{\sqrt[n-1]{n}}\leq 1\forall n\geq 2;n\in N$
Bài 3: ( Tạp chí Toán Học Tuổi Trẻ) Chứng minh $\frac{(a+b+c)^3}{abc}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\geq 28\forall a,b,c>0$
Bài 4: ( Việt Nam TST 2005) Chứng minh $(\frac{a}{a+b})^3+(\frac{b}{b+c})^3+(\frac{c}{c+a})^3\geq \frac{3}{8},\forall a,b,c>0$B
Bài 5: ( Việt Nam MO ) Chứng minh rằng $6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\leq 27abc+10\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^3},\forall a,b,c>0$
Đây nè Phạm Khoa Bằng
Bài $4$ chia từng tử cho mẫu thu được $\sum \frac{1}{(1+x)^{3}}\geq \frac{3}{8}$
Với $xyz=1$ đổi bộ $x->\frac{bc}{a^{2}}$ thu được bdt
$\sum \frac{a^{6}}{(a^{2}+bc)^{3}}\geq \frac{(\sum a^{3})^{2}}{\sum a^{6}+\sum a^{3}b^{3}+3abc(\sum a^{3}+3abc)}\geq \frac{3}{8}$
Sau khi khai triển xong thu được bdt $5\sum a^{6}+13\sum (ab)^{3}\geq 9abc(\sum a^{3}+3abc)$
Đặt $\sum a^{6}=A,\sum (ab)^{3}=B,\sum a^{3}=C,abc=p$ khi đó ta có $A+2B=C^{2}$ và $A,B\geq 3p^{2}$
Ta có $5A+13B=5A+4B+9B\geq 5A+4B+27p^{2}\geq 9p(C+p)=9pc+27p^{2}$ nên cần có $5A+4B\geq 9pc$
Hay $10A+8B\geq 2.3.3p.C$
Áp dụng $AM-GM$ ta có $2.3.3p.C\leq 3(A+2B+9p^{2})\leq 10A+8B$ khi và chỉ khi $2B+7A\geq 27p^{2}$
Đúng do $B,A\geq 3p^{2}$
Bài $3$
$\frac{(\sum a)^{3}}{abc}=\frac{\sum a^{3}}{abc}+3\frac{\prod (a+b)}{abc}\geq \frac{\sum a^{3}}{abc}+24$
Nên để có bdt ban đầu chỉ cần có
$\frac{\sum a^{3}}{abc}+\frac{\sum ab}{\sum a^{2}}\geq 4<=>\frac{\sum a^{3}-3abc}{abc}-\frac{\sum a^{2}-\sum ab}{\sum a^{2}}\geq 0<=>\frac{(\sum a)(\sum a^{2}-\sum ab)}{abc}-\frac{\sum a^{2}-\sum ab}{\sum a^{2}}=(\sum a^{2}-\sum ab)(\frac{a+b+c}{abc}-\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}})\geq 0$
Ta đã có $\sum a^{2}-\sum ab\geq 0$ và $(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 9abc>abc$ nên bdt đc cm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 25-12-2013 - 23:06