Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn:
$$\dfrac{1}{a^2+b^2+4}+\dfrac{1}{b^2+c^2+4}+\dfrac{1}{c^2+a^2+4} \geq \dfrac{2}{3}$$
Chứng minh rằng $ab+bc+ca \leq \dfrac{3}{4}$.
Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn:
$$\dfrac{1}{a^2+b^2+4}+\dfrac{1}{b^2+c^2+4}+\dfrac{1}{c^2+a^2+4} \geq \dfrac{2}{3}$$
Chứng minh rằng $ab+bc+ca \leq \dfrac{3}{4}$.
1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại http://Chúlùnthứ8.vn
5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.
Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn:
$$\dfrac{1}{a^2+b^2+4}+\dfrac{1}{b^2+c^2+4}+\dfrac{1}{c^2+a^2+4} \geq \dfrac{2}{3}$$
Chứng minh rằng $ab+bc+ca \leq \dfrac{3}{4}$.
Em xin đưa ra lời giải
Ta có : $$\sum\frac{1}{a^2+b^2+4} \leq \sum\frac{2}{(a+b)^2+8}$$
$$\Rightarrow \sum \frac{1}{(a+b)^2+8} \geq \frac{1}{3}$$
Biến đổi BĐT , ta được $$\sum \frac{(a+b)^2}{(a+b)^2+8} \leq \frac{1}{3}$$
Đặt $a+b=x $ ; $b+c=y$ ; $c+a=z$
Ta có $$\frac{1}{3}\geq \sum\frac{x^2}{x^2+8} \geq \frac{(x+y+z)^2}{\sum x^2+24}$$
$$\Rightarrow \frac{1}{3} \geq \frac{(x+y+z)^2}{\sum x^2+24}$$
$$\Leftrightarrow \sum x^2+\sum 3xy \leq 12$$ hay $$ xy+yz+zx\leq 3$$
$$xy+yz+zx=(a+b)(b+c)+(b+c)(c+a)+(c+a)(a+b) =\sum a^2+3\sum ab \geq 4\sum ab$$
Nên $3\geq 4(ab+bc+ca) $ Từ đó suy ra $$\frac{3}{4}\geq ab+bc+ca$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 18-05-2018 - 23:02
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh