Chủ đề này có 3 trả lời

[phuc_90]

Bài toán : Cho $ \ \ a,b,c$ là các số thực dương thỏa $abc=1$

Chứng minh rằng $ \ \ \ \ \ \ \sqrt{\frac{1}{a+2a^5}}+\sqrt{\frac{1}{b+2b^5}}+\sqrt{\frac{1}{c+2c^5}} \geq \sqrt{3}$

[phuc_90]

Bài toán : Cho $x,y,z$ là các số thực và $a^2 \leq 4b$ .Chứng minh rằng :

$$(x^2+ax+b)(y^2+ay+b)(z^2+az+b) \geq \sqrt{\left(\frac{4b-a^2}{3}\right)^3}(x-y)(y-z)(z-x)$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuc_90: 13-06-2012 - 00:51

[WhjteShadow]

Bài toán : Cho $ \ \ a,b,c$ là các số thực dương thỏa $abc=1$

Chứng minh rằng $ \ \ \ \ \ \ \sqrt{\frac{1}{a+2a^5}}+\sqrt{\frac{1}{b+2b^5}}+\sqrt{\frac{1}{c+2c^5}} \geq \sqrt{3}$

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ sau:
$$\sqrt{\frac{1}{a+2a^5}}\geq \sqrt{\frac{1}{3}}-\frac{11\sqrt{3}}{18}.ln a\,\,\forall a>0$$
Thật vậy đặt $f(a)=\sqrt{\frac{1}{a+2a^5}}- \sqrt{\frac{1}{3}}+\frac{11\sqrt{3}}{18}.ln a$
$$\to f(a)'=-\frac{1}{2}\frac{10a^4+1}{(a+2a^5)^2}.\sqrt{a+2a^5}+\frac{11\sqrt{3}}{18a}$$
$$=\frac{1}{18a(\sqrt{a+2a^5})^3}.[11\sqrt{3}(\sqrt{a+2a^5})^3-90a^4-9]$$
$$=\frac{1}{6a(\sqrt{a+2a^5})^3.11\sqrt{3}(\sqrt{a+2a^5})^3+90a^4+9}.[121(a+2a^5)-27(10a^4+1)^2]$$
$=\frac{1}{6a(\sqrt{a+2a^5})^3.11\sqrt{3}(\sqrt{a+2a^5})^3+90a^4+9}.[968(a^{14}+a^{13}+a^{12}+a^{11})+2420(a^{10}+a^9+a^8)-280a^7+446(a^6+a^5+a^4)-94a^3+27(a^2+a+1)](a-1)$
Vậy dễ thấy $f'(a)$ đổi dấu từ - sang + tại $a=1$ và f'(a) có nghiệm $=1$
Vậy $f(a)\geq f(1)\forall a>0$ hay $\sqrt{\frac{1}{a+2a^5}}\geq \sqrt{\frac{1}{3}}-\frac{11\sqrt{3}}{18}.ln a\,\,\forall a>0$
Xây dựng các bất đẳng thức tương tự với $b,c$ và cộng lại (Chú ý $lna+lnb+lnc=0$) ta có ĐPCM
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 13-08-2012 - 17:33

[WhjteShadow]

Cách 2 bài 1(Của anh Phúc ,em xin phép được trích lại ạ):
Đặt $x=ab,y=bc,z=ca$ khi đó $xyz=1$
Ta có: $$\sum \sqrt{\frac{1}{a+2a^5}}=\sum \frac{y^2}{\sqrt{y^3+2xz}}$$
$$\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^2\sqrt{x^3+2yz}+y^2\sqrt{y^3+2xz}+z^2\sqrt{z^3+2xy}}$$
Mà the0 $Cauchy-Schwarz$ lại có $\sum y^2\sqrt{y^3+2xz}\leq \sqrt{(x^2+y^2+z^2)\sum (y^5+2xy^2z)}$
Do đó ta chỉ cần chứng minh $(x^2+y^2+z^2)^3\geq 3[x^5+y^5+z^5+2xyz(x+y+z)]$
Nhưng do $xyz=1\to x+y+z\geq 3,x^2+y^2+z^2\geq 3$,ta sẽ chứng minh 1 bất đẳng thức mạnh hơn:
$(x^2+y^2+z^2)^3\geq (x^5+y^5+z^5)(x+y+z)+2xyz(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)$
$\Leftrightarrow \sum [3z^2(x^2+y^2+z^2)+3xy(x^2+xy+y^2)](y-z)^2\geq 0$ (Luôn đúng)
Vậy ta có ĐPCM.Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$