Cho a,b,c,d >0 thỏa abcd=1.Chứng minh BĐT sau với \(k\ge2\):
\(\sum\dfrac{1}{\left(1+a\right)^k}\ge\dfrac{4}{2^k}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
13 tháng 11 2021
chứng minh \(\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\ge\left(1+\dfrac{3}{k}\right)^3\) nha bạn
2 tháng 8 2017
Nice proof, nhưng đã quy đồng là phải thế này :v
\(BDT\Leftrightarrow\left(2a-\sqrt{a^2+3}\right)+\left(2b-\sqrt{b^2+3}\right)+\left(2c-\sqrt{c^2+3}\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-1}{2a+\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{b^2-1}{2b+\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{c^2-1}{2c+\sqrt{c^2+3}}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2-1}{2a+\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}-a\right)+\dfrac{b^2-1}{2b+\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{b}-b\right)+\dfrac{c^2-1}{2c+\sqrt{c^2+3}}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{c}-c\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2a+\sqrt{a^2+3}}-\dfrac{1}{4a}\right)+\left(b^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2b+\sqrt{b^2+3}}-\dfrac{1}{4b}\right)+\left(c^2-1\right)\left(\dfrac{1}{2c+\sqrt{a^2+3}}-\dfrac{1}{4c}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-1\right)\left(2a-\sqrt{a^2+3}\right)}{a\left(2a+\sqrt{a^2+3}\right)}+\dfrac{\left(b^2-1\right)\left(2b-\sqrt{b^2+3}\right)}{b\left(2b+\sqrt{b^2+3}\right)}+\dfrac{\left(c^2-1\right)\left(2c-\sqrt{c^2+3}\right)}{c\left(2c+\sqrt{c^2+3}\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(a^2-1\right)^2}{a\left(2a+\sqrt{a^2+3}\right)^2}+\dfrac{\left(b^2-1\right)^2}{b\left(2b+\sqrt{b^2+3}\right)^2}+\dfrac{\left(c^2-1\right)^2}{c\left(2c+\sqrt{c^2+3}\right)^2}\ge0\) (luôn đúng)
2 tháng 8 2017
Khi \(f\left(t\right)=\sqrt{1+t}\) là hàm lõm trên \([-1, +\infty)\) ta có:
\(f(t)\le f(3)+f'(3)(t-3)\forall t\ge -1\)
Tức là \(f\left(t\right)\le2+\dfrac{1}{4}\left(t-3\right)=\dfrac{5}{4}+\dfrac{1}{4}t\forall t\ge-1\)
Áp dụng BĐT này ta có:
\(\sqrt{a^2+3}=a\sqrt{1+\dfrac{3}{a^2}}\le a\left(\dfrac{5}{4}+\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{3}{a^2}\right)=\dfrac{5}{4}a+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{a}\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\sqrt{b^2+3}\le\dfrac{5}{4}b+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{b};\sqrt{c^2+3}\le\dfrac{5}{4}c+\dfrac{3}{4}\cdot\dfrac{1}{c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(VP\le\dfrac{5}{4}\left(a+b+c\right)+\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)=2\left(a+b+c\right)=VT\)
DH
9 tháng 4 2020
Ta có:
\(\frac{1}{\left(k+1\right)\sqrt{k}}< 2\left(\frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(k+1\right)\sqrt{k}}-2\left(\frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right)< 0\)
\(\Leftrightarrow\frac{1-2k-2+2\sqrt{k\left(k+1\right)}}{\sqrt{k}\left(k+1\right)}< 0\)
Lại có: \(k>0\)
\(\Rightarrow k+1>0\)
\(\Rightarrow\sqrt{k}\left(k+1\right)>0\)
\(\Rightarrow-1-2k+2\sqrt{k\left(k+1\right)}< 0\)
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:
\(k+\left(k+1\right)\ge2\sqrt{k\left(k+1\right)}\)
\(\Leftrightarrow2k+1\ge2\sqrt{k\left(k+1\right)}\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{k\left(k+1\right)}-2k-1\le0\forall k>0\)
Vậy \(\frac{1}{\left(k+1\right)\sqrt{k}}< 2\left(\frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right)\)
6 tháng 4 2017
Áp dụng bđt Cauchy Schwarz dạng Engel ta có:
\(\left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c}\right)\ge\left(a+b+c\right).\dfrac{\left(1+1+1\right)^2}{2\left(a+b+c\right)}\)
\(\ge\dfrac{9}{2}\left(đpcm\right)\)
N
15 tháng 12 2017
Bài 2: Restore : a;b;c không âm thỏa \(a^2+b^2+c^2=1\)
Tìm Min & Max của \(M=\left(a+b+c\right)^3+a\left(2bc-1\right)+b\left(2ac-1\right)+c\left(2ab-1\right)\)
Bài 4: Tương đương giống hôm nọ thôi : V
Bài 5 : Thiếu ĐK thì vứt luôn : V
Bài 7: Tương đương
( Hoặc có thể AM-GM khử căn , sau đó đổi \(\left(a;b;c\right)\rightarrow\left(\dfrac{x}{y};\dfrac{y}{z};\dfrac{z}{x}\right)\) rồi áp dụng bổ đề vasile)
Bài 8 : Đây là 1 dạng của BĐT hoán vị
UK
12 tháng 12 2017
@Ace Legona @Akai Haruma @Hung nguyen @Hà Nam Phan Đình @Neet
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
19 tháng 12 2020
\(VT=\sum\dfrac{a^2}{a+3abc+4\left(ab+ac\right)}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+9abc+8\left(ab+bc+ca\right)}\)
\(VT\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c+\dfrac{1}{3}\left(a+b+c\right)^3+\dfrac{8}{3}\left(a+b+c\right)^2}=\dfrac{1}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\)
Đề bài bị sai con số bên vế phải
16 tháng 5 2020
Bài toán hay dùng BĐT Vacs\(\sqrt{a^2-a+1\:}+\sqrt{b^2-b+1}+\sqrt{c^2-c+1}\ge a+b+c\)
Kết hợp giữa việc sử dụng phương pháp tiếp tuyến và tinh ý nhận ra bổ đề Vacs
Chú tth thử làm nhứ. Trong TKHĐ của t có sol rồi nha !!!!
bài này chỉ ở dạng trung trung thôi, có 2 cái link 1 tổng quát 2 hiệu quát ko biết giúp j dc ko
-tổng quát: Học tại nhà - Toán - Toán hay hay
-hiệu quát: Học tại nhà - Toán - (Bài Toán Thách Thức )
BĐT dạng k hay n là t ngu lắm ko giúp dc :v
thanks anyway :))
có 4 cách hiểu mỗi 1 cách : >>>