Chủ đề này có 2 trả lời

[Katyusha]

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh

$\frac{2a}{a^2+1}+\frac{2b}{b^2+1}+\frac{c^2-1}{c^2+1} \le \frac{3}{2}$

[huykinhcan99]

Đặt $a=\tan \dfrac{A}{2}$, $b=\tan \dfrac{B}{2}$, $c=\tan \dfrac{C}{2}$, $A,B,C \in \left[0.\pi\right)$.

 

Khi đó ta có $\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{B}{2}+\tan \dfrac{B}{2}\tan \dfrac{C}{2}+\tan \dfrac{C}{2}\tan \dfrac{A}{2}=1$. Điều này tương đương với:

\begin{align*} & \phantom{\iff} \left(\tan \dfrac{A}{2}+\tan \dfrac{B}{2}\right)\tan \dfrac{C}{2}=1-\tan \dfrac{A}{2}\tan \dfrac{B}{2} \\ &\iff \dfrac{\tan \dfrac{A}{2}+\tan \dfrac{B}{2}}{1-\tan \dfrac{A}{2}\tan\dfrac{B}{2}}=\dfrac{1}{\tan \dfrac{C}{2}} \\ &\iff \tan \left(\dfrac{A}{2}+\dfrac{B}{2}\right)=\cot \dfrac{C}{2} \\ &\iff \tan \left(\dfrac{A}{2}+\dfrac{B}{2}\right)=\tan \left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{C}{2}\right) \\ &\iff A+B+C=\pi \end{align*}

 

Điều này chứng tỏ $A$, $B$, $C$ là ba góc của một tam giác.

 

Khi đó, ta có

\begin{align*} \dfrac{2a}{a^2+1}+\dfrac{2b}{b^2+1}+\dfrac{c^2-1}{c^2+1}&=\dfrac{2\tan \dfrac{A}{2}}{\tan^2\dfrac{A}{2}+1}+\dfrac{2\tan\dfrac{B}{2}}{\tan^2\dfrac{B}{2}+1}+\dfrac{\tan^2\dfrac{C}{2}-1}{\tan^2\dfrac{C}{2}+1} \\ &=\dfrac{2\tan \dfrac{A}{2}}{\dfrac{1}{\cos^2\dfrac{A}{2}}}+\dfrac{2\tan\dfrac{B}{2}}{\dfrac{1}{\cos^2\dfrac{B}{2}}}+\dfrac{\dfrac{\sin^2\dfrac{C}{2}-\cos^2\dfrac{C}{2}}{\cos^2\dfrac{C}{2}}}{\dfrac{1}{\cos^2\dfrac{C}{2}}} \\ &= 2\sin\dfrac{A}{2}\cos\dfrac{A}{2} + 2\sin \dfrac{B}{2}\cos\dfrac{B}{2} -\left(\cos^2\dfrac{C}{2}-\sin^2 \dfrac{C}{2}\right) \\ &=\sin A +\sin B -\cos C \\ & = \sin A +\sin B +\cos \left(A+B\right) \\ & = 2\sin\dfrac{A+B}{2}\cos\dfrac{A-B}{2} +1 - 2\sin^2\dfrac{A+B}{2} \end{align*}

 

Để ý thấy rằng $\cos\dfrac{A-B}{2}\leqslant 1$ và $\sin \dfrac{A+B}{2}> 0$ (vì $0<\dfrac{A+B}{2}< \dfrac{\pi}{2}$). Vậy thì

\begin{align*} 2\sin\dfrac{A+B}{2}\cos\dfrac{A-B}{2} +1 - 2\sin^2\dfrac{A+B}{2} &\leqslant 2\sin \dfrac{A+B}{2}+1-2\sin^2\dfrac{A+B}{2} \\ & =\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2}\left(1-2\sin\dfrac{A+B}{2}\right)^2 \leqslant \dfrac{3}{2} \end{align*}

 

Vậy ta có điều phải chứng minh.

 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left\{ \begin{array}{l} \cos\dfrac{A-B}{2}=1 \\ \sin\dfrac{A+B}{2}=\dfrac{1}{2} \\ A+B+C=\pi \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l} A=B=\dfrac{\pi}{6} \\ C=\dfrac{2\pi}{3}\end{array}\right.$, tức là $a=b=2-\sqrt{3}$, $c=\sqrt{3}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huykinhcan99: 29-04-2016 - 11:13

[ZOT Murloc]

C2:

 

Đặt $P=\frac{2a}{a^2+1}+\frac{2b}{b^2+1}+\frac{c^2-1}{c^2+1}$

 

Ta có 

 

$P=\frac{2(a+b)(ab+1)}{(a^2+1)(b^2+1)}+\frac{c^2-1}{c^2+1}$

 

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có

 

$(ab+1)^2\leq (a^2+1)(b^2+1)\Leftrightarrow (ab+1) \leq \sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}$

 

Suy ra

 

$P\leq \frac{2(a+b).\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}}{(a^2+1)(b^2+1)}+\frac{c^2-1}{c^2+1}=\frac{2(a+b)}{\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}}+\frac{c^2-1}{c^2+1}$

 

$=\frac{2(a+b)}{\sqrt{(a^2+ab+bc+ca)(b^2+ab+bc+ca)}}+\frac{c^2-1}{c^2+1}=\frac{2(a+b)}{(a+b)\sqrt{(c+a)(c+b)}}+\frac{c^2-1}{c^2+1}$

 

$=\frac{2}{\sqrt{c^2+1}}+\frac{c^2-1}{c^2+1}$

 

 

Ta sẽ chứng minh $\frac{2}{\sqrt{c^2+1}}+\frac{c^2-1}{c^2+1}\leq \frac{3}{2}$

 

Thật vậy.

Đặt $\sqrt{c^2+1}=t$

 

BĐT cần CM tương đương với

 

$\frac{2}{t}+\frac{t^2-2}{t^2}\leq \frac{3}{2}\Leftrightarrow (t-2)^2\geq 0$

 

BĐT trên luôn đúng. Suy ra đpcm

 

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} c=\sqrt{3} & \\ a=b=2-\sqrt{3} & \end{matrix}\right.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ZOT Murloc: 30-04-2016 - 15:23