Chủ đề này có 8 trả lời

[nguyen kd]

Cho  a,b > 0 thỏa ${a^2} + {b^2} + 8{a^2}{b^2} = 1$

Chứng minh rằng :  $a + b + 2ab \le \frac{3}{2}$

 

 

[hanguyen445]

Cho  a,b > 0 thỏa ${a^2} + {b^2} + 8{a^2}{b^2} = 1$

Chứng minh rằng :  $a + b + 2ab \le \frac{3}{2}$

Ta co: $1=a^2+b^2+8a^2b^2\ge 2ab+8(ab)^2\iff (4ab-1)(4ab+2)\le 0\iff ab\le\dfrac{1}{4}$

$T=2ab+a+b=\dfrac{1}{2}.4ab.1+(a+b).1\le\dfrac{16(ab)^2+1}{4}+\dfrac{(a+b)^2+1}{2}$

$=\dfrac{8(ab)^2+(a+b)^2}{2}+\dfrac{3}{4}=\dfrac{a^2+b^2+8a^2b^2}{2}+ab+\dfrac{3}{4}\le\dfrac{3}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 05-08-2017 - 09:06

[hanguyen445]

Cho  a,b > 0 thỏa ${a^2} + {b^2} + 8{a^2}{b^2} = 1$

Chứng minh rằng :  $a + b + 2ab \le \frac{3}{2}$

Ta co: $1+a^2+b^2+8a^2b^2\ge 2ab+8(ab)^2\iff (4ab-1)(4ab+2)\le 0\iff ab\le\dfrac{1}{4}$

$T=2ab+a+b=\dfrac{1}{2}.4ab.1+(a+b).1\le\dfrac{16(ab)^2+1}{4}+\dfrac{(a+b)^2+1}{2}$

$=\dfrac{8(ab)^2+(a+b)^2}{2}+\dfrac{3}{4}=\dfrac{a^2+b^2+8a^2b^2}{2}+ab+\dfrac{3}{4}\le\dfrac{3}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 05-08-2017 - 00:04

[bunhiaxcopki]

mik k hiểu lắm bạn giải thích từng bước đi khó hiểu quá hà

[nguyen kd]

mik k hiểu lắm bạn giải thích từng bước đi khó hiểu quá hà

Bạn hanguyen445 giải đúng rồi , bạn ấy dùng AM-GM .

Bạn bunhiaxcopki chú ý dấu bằng xảy ra khi  $a = b = \frac{1}{2}$

Cho nên  $8{(ab)^2} = \frac{1}{2}$ và ${(a + b)^2} = 1$

Khi đó theo AM-GM thì:

$T = 2ab + a + b \le \frac{{8{{(ab)}^2} + \frac{1}{2}}}{2} + \frac{{{{(a + b)}^2} + 1}}{2} = \frac{{{a^2} + {b^2} + 8{{(ab)}^2}}}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + ab \le \frac{3}{2}$

[nguyen kd]

Thêm một bài mới tương tự:

Cho $a,b > 0$ thỏa $\frac{5}{2}({a^2} + {b^2}) + 500{a^2}{b^2} = 1$  . CMR:

$a + b + 2017ab \le \frac{{2027}}{{25}}$

[Nguyenhuyen_AG]

Cho  a,b > 0 thỏa ${a^2} + {b^2} + 8{a^2}{b^2} = 1$

Chứng minh rằng :  $a + b + 2ab \le \frac{3}{2}$

 

Ta có

\[\frac{3}{2} - (a + b + 2ab) = \frac{(32ab^2+4a-6b-3)^2+\left[2(4b-1)^2+9\right](2b-1)^2}{24(8b^2+1)} \geqslant 0.\]

 

Thêm một bài mới tương tự:

Cho $a,b > 0$ thỏa $\frac{5}{2}({a^2} + {b^2}) + 500{a^2}{b^2} = 1$  . CMR:

$a + b + 2017ab \le \frac{{2027}}{{25}}$

 

Đặt $P = \frac{{2027}}{{25}} -(a + b + 2017ab),$ thì

\[P = \frac{25(134800ab^2+674a-6051b-3)^2+(90855200b^2+35533280b+3654203)(5b-1)^2}{101100(200b^2+1)} \geqslant 0.\]

[nguyen kd]

Mình giải mà vướng ít chỗ ,chưa ra

Thế này bạn.

Từ  $\frac{5}{2}({a^2} + {b^2}) + 500{(ab)^2} = 1 \Rightarrow ab \le \frac{1}{{25}}$

Áp AM-GM ta có:

\[a + b + 2017ab = a + b + 20ab + 1997ab \le \frac{{\frac{5}{2}{{(a + b)}^2} + \frac{2}{5}}}{2} + \frac{{500{{(ab)}^2} + \frac{4}{5}}}{2} + 1997ab\]

\[ = \frac{{\frac{5}{2}({a^2} + {b^2}) + 500{{(ab)}^2}}}{2} + \frac{3}{5} + \frac{{5ab}}{2} + 1997ab \le \frac{1}{2} + \frac{3}{5} + \frac{1}{{10}} + \frac{{1997}}{{25}} = \frac{{2027}}{{25}}\] 

 

Bài toán này cần xử lí mẹo nhỏ ở số hạng 2017ab

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen kd: 12-08-2017 - 23:26

[nguyen kd]

Ta có

\[\frac{3}{2} - (a + b + 2ab) = \frac{(32ab^2+4a-6b-3)^2+\left[2(4b-1)^2+9\right](2b-1)^2}{24(8b^2+1)} \geqslant 0.\]

 

 

Đặt $P = \frac{{2027}}{{25}} -(a + b + 2017ab),$ thì

\[P = \frac{25(134800ab^2+674a-6051b-3)^2+(90855200b^2+35533280b+3654203)(5b-1)^2}{101100(200b^2+1)} \geqslant 0.\]

Từ  $\frac{5}{2}({a^2} + {b^2}) + 500{(ab)^2} = 1 \Rightarrow ab \le \frac{1}{{25}}$

Áp AM-GM ta có:

\[a + b + 2017ab = a + b + 20ab + 1997ab \le \frac{{\frac{5}{2}{{(a + b)}^2} + \frac{2}{5}}}{2} + \frac{{500{{(ab)}^2} + \frac{4}{5}}}{2} + 1997ab\]

\[ = \frac{{\frac{5}{2}({a^2} + {b^2}) + 500{{(ab)}^2}}}{2} + \frac{3}{5} + \frac{{5ab}}{2} + 1997ab \le \frac{1}{2} + \frac{3}{5} + \frac{1}{{10}} + \frac{{1997}}{{25}} = \frac{{2027}}{{25}}\]