|
|
sửa đổi
|
PART 2
|
|
|
|
ta có $ (a+b+\sqrt{2(a+c)}) ^{3}= (a+b+ \sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}})^{3} \geq \frac{27}{2}(a+b)(a+c)$TT suy ra ta cần CM$\sum \frac{1}{(a+b)(a+c)}\leq12$$\Leftrightarrow \frac{2(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq12$$\Leftrightarrow 6(a+b)(b+c)(c+a)\geq a+b+c$mà $9(a+b)(b+c)(c+a)\geq8(a+b+c)(ab+bc+ca)$như vậy ta cân CM $ab+bc+ca \geq \frac{3}{16} \Leftrightarrow 16(ab+bc+ca) \geq3$có $ab+bc+ca \leq16abc(a+b+c) \leq \frac{16}{3}(ab+bc+ca)^{2} \Rightarrow ab+bc+ca\geq \frac{3}{16}$Dấu "=" $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{4}$
ta có $ (a+b+2\sqrt{a+c})^3>(a+b+\sqrt{2(a+c)}) ^{3}= (a+b+ \sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}})^{3} \geq \frac{27}{2}(a+b)(a+c)$TT suy ra ta cần CM$\sum \frac{1}{(a+b)(a+c)}\leq12$$\Leftrightarrow \frac{2(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq12$$\Leftrightarrow 6(a+b)(b+c)(c+a)\geq a+b+c$mà $9(a+b)(b+c)(c+a)\geq8(a+b+c)(ab+bc+ca)$như vậy ta cân CM $ab+bc+ca \geq \frac{3}{16} \Leftrightarrow 16(ab+bc+ca) \geq3$có $ab+bc+ca \leq16abc(a+b+c) \leq \frac{16}{3}(ab+bc+ca)^{2} \Rightarrow ab+bc+ca\geq \frac{3}{16}$Không xảy ra dấu bằng
|
|
|
|
bình luận
|
PART 2
nó nhỏ hơn hẳn mà
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 14/07/2016
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
(11)
|
|
|
|
Giả sử $c=\min(a;b;c)$ $\frac{a^2}{b^2+c(c-b)}\ge\frac{a^2}{b^2}$ $\frac{b^2}{a^2+c(c-a)}\ge\frac{b^2}{a^2}$ $\frac{c^2}{b^2-bc+c^2}\ge0$ Cộng lại $VT\ge\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2}\ge2$ Dấu bằng khi $a=b;c=0$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giải pt này giúp
|
|
|
|
$(x+1)^4+(x+3)^4=2\Leftrightarrow (-x-1)^4+(x+3)^4=2$ Áp dụng liên tiếp 2 lần BĐT $a^2+b^2\ge\frac{(a+b)^2}2$ $\Rightarrow VT\ge\frac{((-x-1)^2+(x+3)^2)^2}2\ge\frac{(\frac{(-x-1+x+3)^2}2)^2}2=\frac{4^2}8=2$ Dấu bằng xảy ra khi $-x-1=x+3\Leftrightarrow x=-2$ Vậy tập nghiệm của PT là $S=${$-2$} |
|
|
|
|
|
bình luận
|
Bài 1
thôi lập nick khác vào làm v
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
khó
Dirichlet thôi mà nhỉ
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 11/07/2016
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
chắc ko đến nỗi fai bó tay đâu
|
|
|
|
$BĐT\Leftrightarrow \frac ab+\frac ba+\frac bc+\frac cb+\frac ac+\frac ca\ge3\sqrt[3]\frac{3abc(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)}{abc(ab+bc+ca)^2}$ Áp dụng BĐT $3abc(a+b+c)\le (ab+bc+ca)^2\Rightarrow VP\le3\sqrt[3]\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}$ Có $(a+b)(b+c)(c+a)\ge8abc$ $\Rrightarrow VP\le\sum\frac32\sqrt[3]\frac{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}{a^2b^2c^2}\le\sum\frac{(a+b)^2}{2ab}\le\sum\frac{2(a^2+b^2)}{2ab} =VT$ |
|
|
|