Chủ đề này có 4 trả lời

[phamquanglam]

Cho a,b,c>0 thỏa mãn ab+bc+ca=3

CMR: $\sum \frac{1}{1+a^{2}}\geq \frac{3}{2}$

[yeutoan2604]

Cho a,b,c>0 thỏa mãn ab+bc+ca=3

CMR: $\sum \frac{1}{1+a^{2}}\geq \frac{3}{2}$

Ta có $3=ab+bc+ca \geq 3\sqrt[3]{(abc)^{2}}\Leftrightarrow 1\geq abc>0$

Lại có $\frac{1}{1+a^{2}}+\frac{1}{1+b^{2}}\geq \frac{2}{1+ab}$

Tương tự rồi cộng vế ta có $\frac{1}{1+a^{2}}+\frac{1}{1+b^{2}}+\frac{1}{1+c^{2}}\geq \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca}\geq \frac{(1+1+1)^{2}}{3+ab+bc+ca}=\frac{3}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1

[lahantaithe99]

Ta có $3=ab+bc+ca \geq 3\sqrt[3]{(abc)^{2}}\Leftrightarrow 1\geq abc>0$

Lại có $\frac{1}{1+a^{2}}+\frac{1}{1+b^{2}}\geq \frac{2}{1+ab}$

Tương tự rồi cộng vế ta có $\frac{1}{1+a^{2}}+\frac{1}{1+b^{2}}+\frac{1}{1+c^{2}}\geq \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ca}\geq \frac{(1+1+1)^{2}}{3+ab+bc+ca}=\frac{3}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1

 

 

 

 

 

BĐT trên không chắc chắn vì chỉ xảy ra khi $ab\geqslant 1$

 

Nếu theo như bạn cộng tương tự thì chẳng khác nào $abc\geqslant 1$ (cái này quá vô lí)

 

Theo nguyên lí đi rích lê giả sử tồn tại $ab\geqslant 1$

 

$\Rightarrow \frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\geqslant \frac{2}{ab+1}$

 

Do đó cần chứng minh $\frac{2}{ab+1}+\frac{1}{c^2+1}\geqslant \frac{3}{2}$

 

$\Leftrightarrow c^2+ac+bc\geqslant 3abc^2$

 

BĐT này đúng do theo $AM-GM$ thì $c^2+ac+bc\geqslant 3\sqrt[3]{c^3ab.1}\geqslant 3\sqrt[3]{c^6a^3b^3}=3abc^2$

 

(vì $1\geqslant a^3b^3c^3$)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 17-05-2014 - 21:44

[yeutoan2604]

BĐT trên không chắc chắn vì chỉ xảy ra khi $ab\geqslant 1$

 

Nếu theo như bạn cộng tương tự thì chẳng khác nào $abc\geqslant 1$ (cái này quá vô lí)

 

Theo nguyên lí đi rích lê giả sử tồn tại $ab\geqslant 1$

 

$\Rightarrow \frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\geqslant \frac{2}{ab+1}$

 

Do đó cần chứng minh $\frac{2}{ab+1}+\frac{1}{c^2+1}\geqslant \frac{3}{2}$

 

$\Leftrightarrow c^2+ac+bc\geqslant 3abc^2$

 

BĐT này đúng do theo $AM-GM$ thì $c^2+ac+bc\geqslant 3\sqrt[3]{c^3ab.1}\geqslant 3\sqrt[3]{c^6a^3b^3}=3abc^2$

 

(vì $1\geqslant a^3b^3c^3$)

Cảm ơn bạn đã góp ý

[phamquanglam]

làm ntn này!!!!!!!!!!!!!!

Ta có $3-\sum \frac{1}{1+a^{2}}= \sum \frac{a^{2}}{1+a^{2}}$

Ta có tiếp: $\sum \frac{a^{2}}{1+a^{2}}= \sum \frac{3a^{2}}{3+3a^{2}}=\sum \frac{3a^{2}}{3a^{2}+ab+bc+ca}$

$= \sum \frac{3a^{2}}{a(a+b+c)+2a^{2}+bc}\leq \frac{3}{4}(\sum \frac{a}{a+b+c}+\sum \frac{a^{2}}{2a^{2}+bc})$

Bây giờ cần chứng minh: $\sum \frac{a^{2}}{2a^{2}+bc}\leq 1\Leftrightarrow \frac{bc}{2a^{2}+bc}\geq 1$

Ta có: $\sum \frac{bc}{2a^{2}+bc}= \sum \frac{(bc)^{2}}{2a^{2}bc+(bc)^{2}}\geq \frac{(ab+bc+ca)^{2}}{(ab+bc+ca)^{2}}=1$

Vậy ta có $\sum \frac{a^{2}}{2a^{2}+bc}\leq 1$

Thay vào: $\Rightarrow \sum \frac{1}{1+a^{2}}\leq \frac{3}{4}(1+1)= \frac{3}{2}$

Xong!!!!!!!!!!!!1