Chủ đề này có 1 trả lời

[vuvo98]

Chứng minh bất đẳng thức  Với hai số a,b> 0 và ab+a+b=3

$\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}\leq a^{2}+b^{2}+\frac{3}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuvo98: 22-11-2013 - 17:21

[Hoang Tung 126]

Ta có :$\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}=\frac{3a^2+3b^2+3a+3b}{(a+1)(b+1)}+\frac{ab}{a+b}=\frac{3a^2+3b^2+3a+3b}{ab+a+b+1}+\frac{ab}{a+b}=\frac{3a^2+3b^2+3a+3b}{4}+\frac{ab}{a+b}\leq \frac{3a^2+3b^2+3a+3b}{4}+\frac{a+b}{4}=\frac{3a^2+3b^2+4(a+b)}{4}$

Do đó ta cần CM :$\frac{3a^2+3b^2+4(a+b)}{4}\leq a^2+b^2+\frac{3}{2}< = > a+b\leq \frac{1}{4}(a^2+b^2+6)< = > 4(a+b)\leq a^2+b^2+6$

Theo bdt Bunhiacopxkli ta có :$a^2+b^2+6\geq \frac{(a+b)^2}{2}+6=\frac{(a+b)^2+12}{2}$