Chủ đề này có 6 trả lời

[Gachdptrai12]

cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa abcd=1

c/m $\frac{1}{(1+a)^{3}}+\frac{1}{(1+b)^{3}}+\frac{1}{(1+c)^{3}}+\frac{1}{(1+a)^{3}}\geq \frac{1}{2}$

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gachdptrai12: 30-12-2015 - 11:15

[chardhdmovies]

cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa abcd=1

c/m $\frac{1}{(1+a)^{3}}+\frac{1}{(1+b)^{3}}+\frac{1}{(1+c)^{3}}+\frac{1}{(1+a)^{3}}\geq \frac{1}{2}$

Áp dụng BĐT Holder, ta có: $(1+a)^{3}\leq (1+1)(1+\frac{a\sqrt{a}}{b\sqrt{b}})(1+ab\sqrt{ab})$

Suy ra: $\frac{1}{(1+a)^{3}}\geq \frac{b\sqrt{b}}{2(a\sqrt{a}+a\sqrt{b})(1+ab\sqrt{ab})}$

Tương tự, suy ra: $\frac{1}{(1+b)^{3}}\geq \frac{a\sqrt{a}}{2(a\sqrt{a}+a\sqrt{b})(1+ab\sqrt{ab})}$

Cộng lại ta có: $\frac{1}{(1+a)^{3}}+\frac{1}{(1+b)^{3}}\geq \frac{1}{2(1+ab\sqrt{ab})}$
Thiết lập BĐT tương tự với $c$ và $d$, cộng lại ta có:
$VT\geq \frac{1}{2(1+ab\sqrt{ab})}+\frac{1}{2(1+cd\sqrt{cd})}=\frac{1}{2(1+ab\sqrt{ab})}+\frac{ab\sqrt{ab}}{2(ab\sqrt{ab}+1)}=\frac{1}{2}$

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

[vuliem1987]

Có thể giải theo cách dài hơn như sau :

Bổ đề 1 : Cho x, y dương ta có  $\left ( x^{3}+y^{3} \right )\geq \frac{1}{2}\left ( x^{2}+y^{2} \right )\left ( x+y \right )$

Bổ đề 2 : x, y dương ta có  $\frac{1}{\left ( x+1 \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( y+1 \right )^{2}}\geq\frac{1}{xy+1}$

Tiếp theo, không giảm tính tổng quát giả sử  $a\geq b\geq c\geq d$ . Khi đó 

$VT\geq \frac{1}{2}\left [ \frac{1}{ab+1}\left ( \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1} \right )+\frac{1}{cd+1}\left ( \frac{1}{c+1}+\frac{1}{d+1} \right ) \right ]$ $\geq \frac{1}{2}$

Chứng minh trực tiếp và chú ý giả thiết abcd = 1.

[Hoang Nhat Tuan]

Áp dụng BĐT Holder, ta có: $(1+a)^{3}\leq (1+1)(1+\frac{a\sqrt{a}}{b\sqrt{b}})(1+ab\sqrt{ab})$

Suy ra: $\frac{1}{(1+a)^{3}}\geq \frac{b\sqrt{b}}{2(a\sqrt{a}+a\sqrt{b})(1+ab\sqrt{ab})}$

Tương tự, suy ra: $\frac{1}{(1+b)^{3}}\geq \frac{a\sqrt{a}}{2(a\sqrt{a}+a\sqrt{b})(1+ab\sqrt{ab})}$

Cộng lại ta có: $\frac{1}{(1+a)^{3}}+\frac{1}{(1+b)^{3}}\geq \frac{1}{2(1+ab\sqrt{ab})}$
Thiết lập BĐT tương tự với $c$ và $d$, cộng lại ta có:
$VT\geq \frac{1}{2(1+ab\sqrt{ab})}+\frac{1}{2(1+cd\sqrt{cd})}=\frac{1}{2(1+ab\sqrt{ab})}+\frac{ab\sqrt{ab}}{2(ab\sqrt{ab}+1)}=\frac{1}{2}$

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

Kinh khủng quá

Sử dụng BĐT Holder ta có:

$4(\sum \frac{1}{(1+a)^3})^2\geq (\sum \frac{1}{(1+a)^2})^3$

Lại có: $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}\geq \frac{1}{(a+b)(a+\frac{1}{b})}+\frac{1}{(a+b)(b+\frac{1}{a})}=\frac{1}{ab+1}=\frac{1}{1+\frac{1}{cd}}=\frac{cd}{1+cd}$

Tương tự: $\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{1}{(1+d)^2}\geq \frac{1}{1+cd}$

Từ đó suy ra ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 30-12-2015 - 18:16

[Gachdptrai12]

okok cảm ơn 2 bạn đã góp cho mình 2 lời giải rất thú vị mình xin đăng cách giải của mình :v ))

ta dùng 1 bổ đề quan trong sau $\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+y^{2}}\geq \frac{1}{1+xy}$ bổ đề này chỉ cần tương đương là ra thôi nên mình ko cần dài dòng nhỉ 

áp dụng bđt AM-GM ta có 

$2\frac{1}{(1+a)^{3}}+\frac{1}{8}\geq \frac{3}{2(1+a)^{2}}$ tương tụ cho b,c,d

ta có 1 bđt mới cần chứng minh$\sum \frac{1}{(1+a)^{2}}\geq 1$

ta có theo bổ đề $\frac{1}{(1+a)^{2}}+\frac{1}{(1+b)^{2}}\geq \frac{1}{1+ab}$

tương tự cho c và d

ta có đẳng thức sau $\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+cd}=\frac{ab+cd+2}{ab+cd+abcd+1}=1$ Q.E.D

[Gachdptrai12]

cách của Hoang Nhat Tuan kinh khủng chẳng kém @@ :v ))

p/s China TST 2004 đó mình chém ra bài này đó 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gachdptrai12: 30-12-2015 - 18:27

[chardhdmovies]

Kinh khủng quá

Sử dụng BĐT Holder ta có:

$4(\sum \frac{1}{(1+a)^3})^2\geq (\sum \frac{1}{(1+a)^2})^3$

Lại có: $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}\geq \frac{1}{(a+b)(a+\frac{1}{b})}+\frac{1}{(a+b)(b+\frac{1}{a})}=\frac{1}{ab+1}=\frac{1}{1+\frac{1}{cd}}=\frac{cd}{1+cd}$

Tương tự: $\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{1}{(1+d)^2}\geq \frac{1}{1+cd}$

Từ đó suy ra ĐPCM

Thực ra lúc đầu mình cũng làm cách này, cơ mà thấy ko hay lắm nên làm trực tiếp bậc 3 luôn.