CMR: $\frac{-1}{2}\leq \frac{(a+b).(1-ab)}{(1+a^{2}).(1+b^{2})}\leq \frac{1}{2}.$
#1
Đã gửi 10-08-2012 - 11:03
$\frac{-1}{2}\leq \frac{(a+b).(1-ab)}{(1+a^{2}).(1+b^{2})}\leq \frac{1}{2}$.
Bài 2: Cho $x^{2}+y^{2}> 0$, chứng minh:
$-2\sqrt{2}-2\leq \frac{x^{2}-(x-4y)^{2}}{x^{2}+4y^{2}}\leq 2\sqrt{2}-2.$
- nthoangcute yêu thích
#2
Đã gửi 10-08-2012 - 11:17
Bài 1: Chứng minh với mọi số a, b ta đều có:
$\frac{-1}{2}\leq \frac{(a+b).(1-ab)}{(1+a^{2}).(1+b^{2})}\leq \frac{1}{2}$.
Bài 1. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
\[\left| {\frac{{\left( {a + b} \right)\left( {1 - ab} \right)}}{{\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)}}} \right| \le \frac{1}{2}\]
Đặt $a = \tan \alpha ,b = \tan \beta $. Khi đó: \[\left| {\frac{{\left( {a + b} \right)\left( {1 - ab} \right)}}{{\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)}}} \right| = \left| {\frac{{\left( {\tan \alpha + \tan \beta } \right)\left( {1 - \tan \alpha \tan \beta } \right)}}{{\left( {1 + {{\tan }^2}\alpha } \right)\left( {1 + {{\tan }^2}\beta } \right)}}} \right|\]
\[ = \left| {{{\cos }^2}\alpha {{\cos }^2}\beta \frac{{\sin \left( {\alpha + \beta } \right)}}{{\cos \alpha \cos \beta }}.\frac{{\cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta }}{{\cos \alpha \cos \beta }}} \right|\]
\[ = \left| {\sin \left( {\alpha + \beta } \right)\cos \left( {\alpha + \beta } \right)} \right| = \frac{1}{2}\left| {\sin 2\left( {\alpha + \beta } \right)} \right| \le \frac{1}{2}\,\,\left( \text{đpcm} \right)\]
Bài 2: Cho $x^{2}+y^{2}> 0$, chứng minh:
$-2\sqrt{2}-2\leq \frac{x^{2}-(x-4y)^{2}}{x^{2}+4y^{2}}\leq 2\sqrt{2}-2.$
Hướng dẫn:
Đặt \[S = \frac{{{x^2} - {{\left( {x - 4y} \right)}^2}}}{{{x^2} + 4{y^2}}} = \frac{{8xy - 16{y^2}}}{{{x^2} + 4{y^2}}} = \frac{{8\frac{x}{y} - 16}}{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2} + 4}} = \frac{{8t - 16}}{{{t^2} + 4}} = f\left( t \right),\,\,t = \frac{x}{y},y \ne 0\]
Đến đây bạn có thể dùng hàm số để khảo hàm $f(t)$ hay có thể dùng phương pháp miền giá trị.
- nthoangcute, nucnt772, axe900 và 1 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 10-08-2012 - 11:21
Cách khác so với cách anh WWW:Bài 1: Chứng minh với mọi số a, b ta đều có:
$\frac{-1}{2}\leq \frac{(a+b).(1-ab)}{(1+a^{2}).(1+b^{2})}\leq \frac{1}{2}$.
Bài 2: Cho $x^{2}+y^{2}> 0$, chứng minh:
$-2\sqrt{2}-2\leq \frac{x^{2}-(x-4y)^{2}}{x^{2}+4y^{2}}\leq 2\sqrt{2}-2.$
Ta có:
Áp dụng $ab\leq \frac{(a+b)^2}{4}$ ta có:
$(a^2+b^2+2ab)(a^2b^2-2ab+1)\leq \frac{(a^2+b^2+a^2b^2+1)^2}{4}=\frac{(a^2+1)^2(b^2+1)^2}{4}\Rightarrow \frac{(a+b)^2(ab-1)^2}{(a^2+1)^2(b^2+1)^2}\leq \frac{1}{4}\Rightarrow Q.E.D$
- nthoangcute, nucnt772 và axe900 thích
TRIETHUYNHMATH
___________________________
08/12/1997
#4
Đã gửi 10-08-2012 - 11:22
Bài 1:Bài 1: Chứng minh với mọi số a, b ta đều có:
$\frac{-1}{2}\leq \frac{(a+b).(1-ab)}{(1+a^{2}).(1+b^{2})}\leq \frac{1}{2}$.
Bài 2: Cho $x^{2}+y^{2}> 0$, chứng minh:
$-2\sqrt{2}-2\leq \frac{x^{2}-(x-4y)^{2}}{x^{2}+4y^{2}}\leq 2\sqrt{2}-2.$
$\frac{(a+b).(1-ab)}{(1+a^{2}).(1+b^{2})}+\frac{1}{2}=\frac{(ab-a-b-1)^2}{2(1+a^2)(1+b^2)} \geq 0$
$\frac{1}{2}-\frac{(a+b).(1-ab)}{(1+a^{2}).(1+b^{2})} =\frac{(ab+a+b-1)^2}{2(1+a^2)(1+b^2)} \geq 0$
Bài 2:
$\frac{x^{2}-(x-4y)^{2}}{x^{2}+4y^{2}}+2\sqrt{2}+2=\frac{2(\sqrt{2}+1)(x-2y+2\sqrt{2}y)^2}{x^2+4y^2} \geq 0$
$2\sqrt{2}-2-\frac{x^{2}-(x-4y)^{2}}{x^{2}+4y^{2}}=\frac{2(\sqrt{2}-1)(2y-x+2\sqrt{2}y)^2}{x^2+4y^2} \geq 0$
Suy ra đpcm
_______________
P/s: Cách mình ngắn nhất !
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 10-08-2012 - 11:23
- nucnt772, triethuynhmath và axe900 thích
BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO
• Facebook : facebook.com/viet.alexander.7
• Youtube : youtube.com/nthoangcute
• Gmail : [email protected]
• SÐT : 0965734893
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh