Cho a,b > 0 thỏa ${a^2} + {b^2} + 8{a^2}{b^2} = 1$
Chứng minh rằng : $a + b + 2ab \le \frac{3}{2}$
Cho a,b > 0 thỏa ${a^2} + {b^2} + 8{a^2}{b^2} = 1$
Chứng minh rằng : $a + b + 2ab \le \frac{3}{2}$
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
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
mik k hiểu lắm bạn giải thích từng bước đi khó hiểu quá hà
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:
$T = 2ab + a + b \le \frac{{8{{(ab)}^2} + \frac{1}{2}}}{2} + \frac{{{{(a + b)}^2} + 1}}{2} = \frac{{{a^2} + {b^2} + 8{{(ab)}^2}}}{2} + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + ab \le \frac{3}{2}$
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:
$a + b + 2017ab \le \frac{{2027}}{{25}}$
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
\[P = \frac{25(134800ab^2+674a-6051b-3)^2+(90855200b^2+35533280b+3654203)(5b-1)^2}{101100(200b^2+1)} \geqslant 0.\]
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
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:
\[a + b + 2017ab = a + b + 20ab + 1997ab \le \frac{{\frac{5}{2}{{(a + b)}^2} + \frac{2}{5}}}{2} + \frac{{500{{(ab)}^2} + \frac{4}{5}}}{2} + 1997ab\]
\[ = \frac{{\frac{5}{2}({a^2} + {b^2}) + 500{{(ab)}^2}}}{2} + \frac{3}{5} + \frac{{5ab}}{2} + 1997ab \le \frac{1}{2} + \frac{3}{5} + \frac{1}{{10}} + \frac{{1997}}{{25}} = \frac{{2027}}{{25}}\]
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\frac{19}{20} \leq \sum \frac{1}{1+a+b^2} \leq \frac{27}{20}$Bắt đầu bởi Duc3290, 12-03-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum a^2b + abc +\frac{1}{2}abc(3-\sum ab) \leq 4$Bắt đầu bởi Duc3290, 25-02-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{a_1{}}{({a_1+{a_2+...+a_n{}{}}{}})-{a_1{}}}\geq \frac{n}{n-1}$Bắt đầu bởi Khanh12321, 14-02-2024 bất đẳng thức |
|
|||
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3 \ge 2(a+b+c)$Bắt đầu bởi POQ123, 26-01-2024 bất đẳng thức |
|
||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{1}{\sqrt{a^{5}+b^{2}+ab+6}}\leq 1$Bắt đầu bởi Hahahahahahahaha, 21-01-2024 bất đẳng thức |
|
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh