|
Bất đẳng thức mới Cho $a,b,c >0 $ thỏa mãn $abc=1 $. cmr: $\frac{a}{\sqrt{a^4+3}}+\frac{b}{\sqrt{b^4+3}}+ \frac{c}{\sqrt{c^4+3}} \le \frac{1}{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) $ |
Trích:
theo bunhia $4(a^4+3) \ge (a^2+3)^2 $ do đó $\frac{VT}{2}=\bigg(\sum_{cyc} \frac{a}{4\sqrt{a^4+3}}\bigg) \le \sum_{cyc}\frac{a}{a^2+3}} $ mà $\sum_{cyc} \frac{a}{a^2+3} \le \frac{3}{4} $ mặt khác $VP \ge \frac{3}{2} $ ta có điều phải chứng minh. ------------------------------ Thử bài tương tự như thế này : Cho $a,b,c >0 $ thỏa mãn $abc=1 $. cmr: $\frac{1}{\sqrt{a^4+3}}+\frac{1}{\sqrt{b^4+3}}+ \frac{1}{\sqrt{c^4+3}} \le \frac{1}{2}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) $ +_+ X_X |
Mà $\sum_{cyc} \frac{a}{a^2+3} \le \frac{3}{4} $ |
Trích:
$=\bigg(\frac{2\sqrt{ab}}{ab+3}-\frac{2\sqrt{ab}}{\sqrt{(a^2+3)(b^2+3)}}\bigg)-\bigg(\sqrt{\frac{a}{a^2+3}}-\sqrt{\frac{b}{b^2+3}}\bigg)^2 $ $=2\sqrt{ab}\bigg(\frac{3(a-b)^2}{(ab+3)\sqrt{(a^2+3)(b^2+3)}(ab+3+\sqrt{(a^2+ 3)(b^2+3)}}\bigg)-\frac{(3-ab)^2(a-b)^2}{(a^2+3)(b^2+3)\bigg(\sqrt{a(b^2+3)}+\sqrt{b( a^2+3)}\bigg)^2} $ Bây giờ tớ sẽ chứng minh: $\frac{6\sqrt{ab}}{(ab+3)(ab+3+\sqrt{(a^2+3)(b^2+3) })} \ge \frac{(3-ab)^2}{\sqrt{(a^2+3)(b^2+3)}\bigg(\sqrt{a(b^2+3)}+ \sqrt{b(a^2+3)}\bigg)^2} $ Giả sử $a \ge b \ge c $ trường hợp $ab \ge 3 $ thì $c \le \frac{1}{3} $ $VT \le_{\text{AM-GM}} \frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{3}{28}-\frac{(3c-1)(c-9)}{28(c^2+3)} < \frac{3}{4} $ vậy trường hợp này thỏa mãn xét $3 > ab \ge 1 $ lúc này $6\sqrt{ab} \ge 6>4 \ge (3-ab)^2 $ và $\sqrt{(a^2+3)(b^2+3)} \ge (ab+3) $ $\bigg(\sqrt{a(b^2+3)}+\sqrt{b(a^2+3)}\bigg)^2 \ge 4\sqrt{(a^2+3)(b^2+3)} > ab+3+\sqrt{(a^2+3)(b^2+3)} $ hay là $\sum_{cyc} \frac{a}{a^2+1} \le \frac{2\sqrt{c}}{1+3c} +\frac{c}{c^2+1} \le \frac{3}{4} $ =P~ |
Trích:
Nhưng chỗ này không đúng Trích:
|
Trích:
|
Trích:
$\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2\ge \frac{4}{bc}=\frac{4}{(bc)\cdot 1} $ $\ge \frac{8}{b^2c^2+1}=\frac{8}{\frac{1}{a^2}+1}=\frac {16}{\frac{2}{a^2}+2} $ $\ge \frac{16}{\frac{2}{a^2}+(a^2+\frac{1}{a^2})} $ $\ge\frac{16}{\frac{3}{a^2}+a^2}=\frac{16a^2}{3+a^4 } $. Từ đó suy ra $\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge \frac{4a}{\sqrt{3+a^4}} $. |
Trích:
áp dụng bđt AM-GM ta có $a^4+1+1+1\geq 4a =>\frac{a}{\sqrt{a^4+3}}\leq \frac{a}{2\sqrt{a}}=\frac{\sqrt{a}}{2} $ tương tự như thế với b,c ta có $VT\leq\frac{1}{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) =\frac{1}{2}(\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ac }}+\frac{1}{\sqrt{ab}}) $ mà CM biểu thức trong ngoặc đó bé hơnbiểu thức trong ngoặc của VP thì dễ rồi, vậy ta có đpcm :) |
Trích:
[Only registered and activated users can see links. Click Here To Register...] |
| Múi giờ GMT. Hiện tại là 03:11 PM. |
Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2024, Jelsoft Enterprises Ltd.