Chủ đề này có 5 trả lời

[huyentrang97]

cho x,y,z >0
x+y+z =1
CM: $\dfrac{x}{x^{2}+1}$ +$\dfrac{y}{y^{2}+1}$ +$\dfrac{z}{z^{2}+1}$ $\leq \dfrac{9}{10}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 08-11-2011 - 09:44
Tiêu đề gây nhiễu

[Ispectorgadget]

Lời giải ta có
$\dfrac{36x+3}{50}-\dfrac{x}{x^2+1}=\dfrac{(3x-1)^2(4a+3)}{50(a^2+1)}\geq 0$
Do đó$\dfrac{36x+3}{50}\geq \dfrac{x}{x^2+1}$
Những BĐT còn lại cmtt
=> $\dfrac{x}{x^2+1}+\dfrac{y}{y^2+1}+\dfrac{z}{z^2+1}\leq \dfrac{36(x+x+z)+9}{50}=\dfrac{9}{10}$
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1/3

[CD13]

Nói thêm, bài này giả thiết tốt hơn là $x,y,z \ge -\dfrac{3}{4}$
Còn vì sao xuất hiện BĐT $\dfrac{36x+3}{50} \ge \dfrac{x}{x^2+1}$. Đó là Ispectorgadget đã dùng đến phương pháp tiếp tuyến khi cậu ấy viết tiếp tuyến của đường cong $f(x)=\dfrac{x}{x^2+1}$ tại $x_0=\dfrac{1}{3}$ (điểm rơi).
Một bài toán làm thêm dùng đến phương pháp tiếp tuyến (quen thuộc):
Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \ge ab+bc+ca$

[Crystal]

Cho x,y,z >0, $x+y+z =1$
CM: $\dfrac{x}{x^{2}+1}$ +$\dfrac{y}{y^{2}+1}$ +$\dfrac{z}{z^{2}+1}$ $\leq \dfrac{9}{10}$

Có thể giải theo cách không dùng phương pháp tiếp tuyến.

Sử dụng BĐT AM - GM, ta có:
$${x^2} + 1 = {x^2} + \underbrace {\dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{9} + ... + \dfrac{1}{9}}_{9\,\,so\,\,hang\,} \ge 10\sqrt[{10}]{{\dfrac{{{x^2}}}{{{9^9}}}}} = 10\sqrt[5]{{\dfrac{x}{{{3^9}}}}}$$
Lập 2 BĐT tương tự rồi cộng vế theo vế, ta được:
$$\dfrac{x}{{{x^2} + 1}} + \dfrac{y}{{{y^2} + 1}} + \dfrac{z}{{{z^2} + 1}} \le \dfrac{3}{{10}}\left( {\sqrt[5]{{{{\left( {3x} \right)}^4}}} + \sqrt[5]{{{{\left( {3y} \right)}^4}}} + \sqrt[5]{{{{\left( {3z} \right)}^4}}}} \right)$$
Lại theo BĐT AM - GM, ta có:
$$3x + 3x + 3x + 3x + 1 \ge 5\sqrt[5]{{{{\left( {3x} \right)}^4}}}$$
Tương tự đối với $y,z$ và chú ý $x+y+z=1$, suy ra:
$$\sqrt[5]{{{{\left( {3x} \right)}^4}}} + \sqrt[5]{{{{\left( {3y} \right)}^4}}} + \sqrt[5]{{{{\left( {3z} \right)}^4}}} \le 3$$
Từ đó:$$\dfrac{x}{{{x^2} + 1}} + \dfrac{y}{{{y^2} + 1}} + \dfrac{z}{{{z^2} + 1}} \le \dfrac{9}{{10}} (đpcm)$$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x = y = z = \dfrac{1}{3}$.

[Ispectorgadget]

Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \ge ab+bc+ca$

Bài này ngoài cách dùng tiếp tuyến ta cá thể làm như sau
$2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+a^2+b^2+c^2\geq (a+b+c)^2$
Áp dụng BĐT AM-GM
$\sum (a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a})\geq 3a$
=> $2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geq 3(a+b+c)-(a^2+b^2+c^2)=(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)=2ab+2bc+2ac$
Chia vế cho 2 ta có đpcm

[HÀ QUỐC ĐẠT]

cho x,y,z >0
x+y+z =1
CM: $\dfrac{x}{x^{2}+1}$ +$\dfrac{y}{y^{2}+1}$ +$\dfrac{z}{z^{2}+1}$ $\leq \dfrac{9}{10}$

BĐT$\Leftrightarrow\sum \dfrac{x^{3}}{x^{2}+1}\geq \dfrac{1}{10}$
$\dfrac{x^{3}}{x^{2}+1}\geq \dfrac{1}{30}+k(x-\dfrac{1}{3})$
Tìm $k=\dfrac{7}{25}\Rightarrow \dfrac{x^{3}}{x^{2}+1}\geq \dfrac{1}{30}+\dfrac{7}{25}(x-\dfrac{1}{3})$
$\Leftrightarrow \dfrac{(x-\dfrac{1}{3})^{2}(x+\dfrac{3}{4})}{x^{2}+1}\geq 0$(đúng)
Tương tự:

$\dfrac{y^{3}}{y^{2}+1}\geq \dfrac{1}{30}+\dfrac{7}{25}(y-\dfrac{1}{3})$
$\dfrac{z^{3}}{z^{2}+1}\geq \dfrac{1}{30}+\dfrac{7}{25}(z-\dfrac{1}{3})$
Cộng các bất đẳng thức lại ta được điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi$ a=b=c=\dfrac{1}{3}$