Chủ đề này có 2 trả lời

[Yagami Raito]

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $bc+ca+ab=1$.
Chứng minh rằng:
$$2<\dfrac{1}{a^2+1} + \dfrac{1}{b^2+1} + \dfrac{1}{c^2+1} \le\dfrac{9}{ 4}$$.

[huythcsminhtan]

$2<\dfrac{1}{a^2+1} + \dfrac{1}{b^2+1} + \dfrac{1}{c^2+1}$

 

Theo em thì dấu = vẫn có thể xảy ra chứ nhỉ , hay là em sai nhỉ , tại vì Vd : $a=c=1 ;b=0$ thì vẫn có dấu = xảy ra chứ nhỉ  

 

Đây là lời giải của em ở vế bên trái thôi

 

$a^2+1=a^2+ab+bc+ac =(a+b)(a+c) $

 

Thành lập mấy cái đẳng thức tuơng tự như trên , ta sẽ phải đi CM :

 

$2 \le \dfrac{1}{(a+b)(a+c)} + \dfrac{1}{(b+c)(b+a)} + \dfrac{1}{(c+a)(c+b)}= \frac{2(a+b+c)}{(a+b)(a+c)(b+c)}$

 

Bây h đi CM :

 

$(a+b)(a+c)(b+c) \le a+b+c $

 

$(a^2+ab+bc+ac)(b+c) \le a+b+c$

 

$a^2b+a^2c+ab^2+b^2c+bc^2+ac^2 +3abc \le a+b+c +abc$

 

$(ab+ac+bc)(a+b+c) \le a+b+c +abc$

 

$a+b+c -a-b-c \le abc$

 

$abc \ge 0$ (luôn đúng ) 

 

Ko biết có sai ko

[huythcsminhtan]

Vế phải hình như cũng thế :

 

$\sum \frac{1}{a^2+1} \le \frac{9}{4}$

 

$ \leftrightarrow \frac{2(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(a+c)} \le \frac{9}{4}$

 

$ \leftrightarrow 8(a+b+c) \le 9(a+b)(a+c)(b+c) $

 

$8(a+b+c) +9abc \le 9(a+b+c)(ab+bc+ac)$

 

$9abc \le (a+b+c)(ab+bc+ac)$

 

Luôn đúng với bđt $AM-GM$ bộ 3 số

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huythcsminhtan: 08-08-2014 - 15:13