Chủ đề này có 3 trả lời

[hoctrocuaZel]

dương hết.

1/ $abcd=1.CMR:\prod \left ( a^2+1 \right )\geq \left ( a \right )^2$

2/ $abcd=1.CMR: \sum \frac{1}{a}+\frac{9}{a+b+c+d}\geq \frac{25}{4}$

3/ $abc=1.CMR:\sum \sqrt{a^2-a+1}\geq \sum a$

[CandyPanda]

Bài 1: $\prod (a^{2}+1)=(1+a^{2}+b^{2}+a^{2}b^{2})(c^{2}+d^{2}+1+c^{2}d^{2})\geq (c+ad+b+abcd)^{2}=(1+ad+b+c)^{2}$

Ta cần chứng minh: $1+ad+b+c\geq a+b+c+d\Leftrightarrow (a-1)(d-1)\geq 0$ (Đi-rích-lê)

[dogsteven]

Bài 2:

Em vẫn chưa hiểu sao bài em bị xóa, hay là mod toán lộng hành. Hay là muốn cách sơ cấp thế này.

Đặt $(a,b,c,d,\lambda)=\left(x^3,y^3,z^3,t^3,\sqrt[3]{xyz}\right)$ và giả sử $t=\text{max}\{x,y,z,t\}$

Đặt $f(x,y,z,t)=\dfrac{1}{x^3}+\dfrac{1}{y^3}+\dfrac{1}{z^3}+\dfrac{1}{t^3}+\dfrac{9}{x^3+y^3+z^3+t^3}$

$$2\left[f(x,y,z,t)-f(\lambda,\lambda,\lambda,t)\right]\\ =\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\left[\dfrac{(x-y)^2}{xy}+\dfrac{(y-z)^2}{yz}+\dfrac{(z-x)^2}{zx}\right]-\dfrac{9(x+y+z)\left[(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\right]}{\left(x^3+y^3+z^3+t^3\right)\left(3\lambda^3+t^3\right)}$$

Remark:

* $\sum \dfrac{(x-y)^2}{xy} \geqslant \dfrac{2\sum (x-y)^2}{x^2+y^2+z^2}$

* $\sum \dfrac{1}{x} \geqslant \dfrac{3}{\sqrt[3]{xyz}} \geqslant 3$

* $3\lambda^3+t^3 \geqslant 4\sqrt[4]{(xyzt)^3}=4$

So, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau để kết thúc bước khó nhất:

$8\left(x^3+y^3+z^3+t^3\right) \geqslant 3(x+y+z)\left(x^2+y^2+z^2\right)$

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do $t=\text{max}\{x,y,z,t\}$

Vì vậy mà ta cần chứng minh khi $t\geqslant x=y=z$. Đến đây ta có:

$$3t+\dfrac{1}{t^3}+\dfrac{9t}{t^4+3}\geqslant \dfrac{25}{4}\Leftrightarrow \dfrac{(t-1)^2(3t^2+2t+1)}{t^3}\geqslant \dfrac{9(t-1)^2(t^2+2t+3)}{4t^4+12}$$

Vì $t\geqslant 1$ nên $9t^3 \leqslant 4t^4+12$ và $3t^2+2t+1 \geqslant t^2+2t+3$

Ta có điều phải chứng minh.

Bài 3 dùng dồn biến trừ thừa. Cách khác thì chưa nghĩ ra.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 25-12-2014 - 10:15

[hoctrocuaZel]

3/ $abc=1.CMR:\sum \sqrt{a^2-a+1}\geq \sum a$

Bài 3/

Mình giải như thế này:

Xét $a-1;b-1;c-1$, giả sử $(b-1)(c-1)$ kg âm hay $b+c\leq bc+1$

Ta có: $\sqrt{b^2-b+1}+\sqrt{c^2-c+1}=\sqrt{(b-\frac{1}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}+\sqrt{(c-\frac{1}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}\geq \sqrt{(b+c-1)^2+3}$

Do đó: $BDT\rightarrow \sqrt{a^2-a+1}+\sqrt{(b+c-1)^2+3}\geq \sum a.$

Xét: $\sqrt{(b+c-1)^2+3}-(b+c-1)=\frac{3}{\sqrt{(b+c-1)^2+3}+(b+c-1)}\geq \frac{3}{\sqrt{(bc)^2+3}+bc}=\sqrt{(bc)^2+3}-bc$

Suy ra: $BDT\rightarrow \sqrt{a^2-a+1}+\sqrt{b^2c^2+3}-bc-1\geq a\Leftrightarrow \sqrt{a^2-a+1}+\sqrt{(\frac{1}{a})^2+3}-\frac{1}{a}-1\geq a\rightarrow \boldsymbol{True}$

Biến đổi tương đương, cái cuối đúng. $(Q.E.D)$