bất đẳng thức khó

[moscavizt]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

cho a+b+c=1
chung minh a/(1+a^2) +b/(1+b^2)+c/(1+c^2)[FONT=&quot]≤9/10[/FONT]

 

[nttthn_97]

$\frac{a}{1+a^2}=\frac{9a}{8+1+9a^2}$

Vì $1+9a^2$[TEX]\geq[/TEX]$6a$

[TEX]\Rightarrow[/TEX]$\frac{a}{1+a^2}$[TEX]\leq[/TEX]$\frac{9a}{8+6a}=\frac{3}{2}.\frac{3a}{4+3a}=\frac{3}{2}(1-\frac{4}{3a+4})$

Tương tự

$\frac{b}{b^2+1}$[TEX]\leq[/TEX]$\frac{3}{2}(1-\frac{4}{3b+4})$

$\frac{c}{c^2+1}$[TEX]\leq[/TEX]$\frac{3}{2}(1-\frac{4}{3c+4})$

[TEX]\Rightarrow[/TEX]$VT$[TEX]\leq[/TEX]$\frac{3}{2}[3-4(\frac{a}{3a+4}+\frac{b}{3b+4}+\frac{c}{3c+4})]$[TEX]\leq[/TEX]$\frac{3}{2}[3-4\frac{9}{3(a+b+c)+12}]=\frac{9}{10}$

 

[congchuaanhsang]

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\dfrac{18a}{25}+\dfrac{5}{30}-\dfrac{a}{a^2+1} + \dfrac{18b}{25}+\dfrac{5}{30}-\dfrac{b}{b^2+1} + \dfrac{18c}{25}+\dfrac{5}{30}-\dfrac{c}{c^2+1} \ge 0$

\Leftrightarrow $\dfrac{(3a-1)^2(4a+3)}{50(a^2+1)} + \dfrac{(3b-1)^2(4b+3)}{50(b^2+1)} + \dfrac{(3c-1)^2(4c+3)}{50(c^2+1)} \ge 0$ (luôn đúng)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$

 

[congchuaanhsang]

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\dfrac{18a}{25}+\dfrac{5}{30}-\dfrac{a}{a^2+1} + \dfrac{18b}{25}+\dfrac{5}{30}-\dfrac{b}{b^2+1} + \dfrac{18c}{25}+\dfrac{5}{30}-\dfrac{c}{c^2+1} \ge 0$

\Leftrightarrow $\dfrac{(3a-1)^2(4a+3)}{50(a^2+1)} + \dfrac{(3b-1)^2(4b+3)}{50(b^2+1)} + \dfrac{(3c-1)^2(4c+3)}{50(c^2+1)} \ge 0$ (luôn đúng)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$

Xin lỗi nhé. Mình tưởng a,b,c dương. Nếu đề chỉ cho a,b,c là các số thực thì giải như sau:

Không mất tính tổng quát giả sử $a \ge b \ge c$

Vì $a+b+c=1$ \Rightarrow $a \ge \dfrac{1}{3} \ge c$

*Xét $c \ge \dfrac{-3}{4}$

Làm như trên

*Xét $c < \dfrac{-3}{4}$

Có $a^2+1 \ge 2a$ ; $b^2+1 \ge 2b$

\Rightarrow $\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{b}{b^2+1} \le 1$

(Hoàn toàn đúng vì nếu $b \le 0$ thì $\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{b}{b^2+1} \le \dfrac{a}{a^2+1} \le \dfrac{1}{2} < 1$)

+) $-5-2\sqrt{6} \le c < \dfrac{-3}{4}$

\Rightarrow $\dfrac{c}{c^2+1} \le \dfrac{-1}{10}$

Cộng vế với vế có đpcm

+) $c < -5-2\sqrt{6}$

Có $2a+c \ge a+b+c=1$ \Rightarrow $a > 3+\sqrt{6}$

\Rightarrow $\dfrac{a}{a^2+1} < \dfrac{2}{5}$

\Rightarrow $\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{b}{b^2+1}+\dfrac{c}{c^2+1} < \dfrac{2}{5}+\dfrac{1}{2}+0=\dfrac{9}{10}$

Ta có đpcm

 

[congchuaanhsang]

$\frac{a}{1+a^2}=\frac{9a}{8+1+9a^2}$

Vì $1+9a^2$[TEX]\geq[/TEX]$6a$

[TEX]\Rightarrow[/TEX]$\frac{a}{1+a^2}$[TEX]\leq[/TEX]$\frac{9a}{8+6a}=\frac{3}{2}.\frac{3a}{4+3a}=\frac{3}{2}(1-\frac{4}{3a+4})$

Tương tự

$\frac{b}{b^2+1}$[TEX]\leq[/TEX]$\frac{3}{2}(1-\frac{4}{3b+4})$

$\frac{c}{c^2+1}$[TEX]\leq[/TEX]$\frac{3}{2}(1-\frac{4}{3c+4})$

[TEX]\Rightarrow[/TEX]$VT$[TEX]\leq[/TEX]$\frac{3}{2}[3-4(\frac{a}{3a+4}+\frac{b}{3b+4}+\frac{c}{3c+4})]$[TEX]\leq[/TEX]$\frac{3}{2}[3-4\frac{9}{3(a+b+c)+12}]=\frac{9}{10}$

Bạn xem lại phần màu đỏ nhé

Đề bài không cho a,b,c là các số thực dương nên không làm như vậy được

 

[huynhbachkhoa23]

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại: $\sum\limits_{sym} \dfrac{(a-1)^2}{a^2+1} \ge \dfrac{6}{5}$
Theo nguyên lý Dirichlet, giả sử $(3b-1)(3c-1) \ge 0 \leftrightarrow b^2+c^2\le \dfrac{1}{9}+\left(b+c-\dfrac{1}{3}\right)^2$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$LHS \ge \dfrac{(a-1)^2}{a^2+1} + \dfrac{(b+c-2)^2}{b^2+c^2+2}\ge \dfrac{(a-1)^2}{a^2+1}+\dfrac{9(b+c-2)^2}{9(b^2+c^2)+18} \ge \dfrac{(a-1)^2}{a^2+1}+\dfrac{9(a+1)^2}{19+(2-3a)^2}$
Vậy mà ta cần chứng minh:
$\dfrac{(a-1)^2}{a^2+1}+\dfrac{9(a+1)^2}{19+(2-3a)^2} \ge \dfrac{6}{5}\leftrightarrow (3a-1)^2[(2a+1)^2+21] \ge 0$
Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng cho a điều phải chứng minh.