Chủ đề này có 8 trả lời

[dark templar]

Cho $a,b,c \neq 0 $thỏa $abc+a+c=b$
$CM:\dfrac{2}{a^2+1}-\dfrac{2}{b^2+1}+\dfrac{3}{c^2+1} \leq \dfrac{10}{3}$

[1414141]

Cho $a,b,c \neq 0 $thỏa $abc+a+c=b$
$CM:\dfrac{2}{a^2+1}-\dfrac{2}{b^2+1}+\dfrac{3}{c^2+1} \leq \dfrac{10}{3}$

(VMO 2002)

Lời giải :
Dễ thấy rằng

$\blue c=\dfrac{b-a}{1+ab}$

thế vào và quy đồng ta được :
$P=\dfrac{(b-a)(5a-b)}{(1+a^2)(1+b^2)}+3$
Theo Cauchy và Bunyakovsky ta có :

$\blue \dfrac{(b-a)(5a-b)}{(1+a^2)(1+b^2)}=\dfrac{(3b-3a)(5a-b)}{3(1+a^2)(1+b^2)} \le \dfrac{(3b-3a+5a-b)^2}{3(1+a^2)(1+b^2)}=\dfrac{(a+b)^2}{(1+a^2)(b^2+1)} \le \dfrac{(a+b)^2}{3(a+b)^2}=\dfrac{1}{3}$

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :

$\begin{cases} 3b-3a=5a-b \\ \dfrac{a}{1}=\dfrac{1}{b} \end{cases}$
Phép chứng minh hoàn tất.

Ngoài ra ta có thể giải nó bằng phương pháp lượng giác.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 1414141: 26-10-2010 - 22:56

[Ho pham thieu]

Thanh vien thu 80.000. Em can sao ma so thu tu dep the.
Luong giac thi dat $a=-cot\dfrac{A}{2}, b=cot\dfrac{B}{2},c=-cot\dfrac{C}{2}$

[khacduongpro_165]

Cho $a,b,c \neq 0 $thỏa $abc+a+c=b$
$CM:\dfrac{2}{a^2+1}-\dfrac{2}{b^2+1}+\dfrac{3}{c^2+1} \leq \dfrac{10}{3}$

Nếu tớ nhớ không nhầm thì bài này dùng lượng giác trong tam giác

[khacduongpro_165]

Cho $a,b,c \neq 0 $thỏa $abc+a+c=b$
$CM:\dfrac{2}{a^2+1}-\dfrac{2}{b^2+1}+\dfrac{3}{c^2+1} \leq \dfrac{10}{3}$

Nếu tớ nhớ không nhầm thì bài này dùng lượng giác trong tam giác
Đặt a=tanA, c=tanC
Suy ra b=(tanA+tanC)/(1-tanA.tanC) = tan(A+B)
Để ý rằng trông tam giác tổng 3 góc = , mà hàm tan tuàn hoàn với chu kì , nên có thể xem a,b,c là tanA,tanB,tanC của một tam giác!
Biến đổi và chứng minh tiếp................
Hình như trong đrrf thi Olimpic 30-4 cũng có!

[dark templar]

Bài này mình chỉ dùng biến đổi tương đương là ra rồi !
Có $abc+a+c=b \Leftrightarrow b=\dfrac{a+c}{1-ac}$
Có $\dfrac{2}{a^2+1}+\dfrac{3}{b^2+1}-\dfrac{2}{b^2+1} \leq \dfrac{10}{3}$
$ \Leftrightarrow \dfrac{2b^2+3a^2+5}{a^2b^2+a^2+b^2+1}-\dfrac{2(1+a^2c^2-2ac)}{(a+c)^2+(1-ac)^2} \leq \dfrac{10}{3}$
$ \Leftrightarrow \dfrac{2b^2+3a^2+5}{a^2b^2+a^2+b^2+1}-\dfrac{2(1+a^2c^2-2ac)}{a^2c^2+a^2+c^2+1} \leq \dfrac{10}{3}$
$ \Leftrightarrow 3(2c^2+3a^2+3+4ac-2a^2c^2 \leq 10(a^2+c^2+1+a^2c^2)$
$ \Leftrightarrow 16a^2c^2+a^2+4c^2+1-12ac \geq 0$
$ \Leftrightarrow (a-2c)^2+(4ac-1)^2 \geq 0$(luôn đúng )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 15-12-2010 - 18:41

[TKMath]

$abc+a+c=b \Leftrightarrow ac+ \dfrac{a}{b} + \dfrac{c}{b} =1$
Do đó tồn tại tam giác ABC thỏa $ a=\tan \dfrac{A}{2} , c=\tan \dfrac{C}{2}, \dfrac{1}{b} = \tan \dfrac{B}{2} $
..........
Bài này mình đặt như trên vẫn giải được. Cũng tương tự như các bạn.

[dark templar]

Gửi thêm 1 bài :
Cho $x,y,z \in R,x,y,z \neq 0$ thỏa $x^6+y^6+z^6 \leq 3$
CM:$\sum {x^4 } + 2\sum {x^2 } \ge 3x^2 y^2 z^2 + 2\sum {x^3 }$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 15-12-2010 - 18:42

[dark templar]

Gửi thêm 1 bài :
Cho $x,y,z \in R,x,y,z \neq 0$ thỏa $x^6+y^6+z^6 \leq 3$
CM:$\sum {x^4 } + 2\sum {x^2 } \ge 3x^2 y^2 z^2 + 2\sum {x^3 }$

Mấy bạn làm thử bài trên đi !Cũng khá thú vị đó !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 26-12-2010 - 22:09