Chủ đề này có 2 trả lời

[tap lam toan]

Bài toán:

Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng
$$\frac{1}{2a^{2}+7}+\frac{1}{2b^{2}+7}+\frac{1}{2c^{2}+7}\leq \frac{1}{3}$$

[davidsilva98]

 

Bài toán:

Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng
$$\frac{1}{2a^{2}+7}+\frac{1}{2b^{2}+7}+\frac{1}{2c^{2}+7}\leq \frac{1}{3}$$

 

 

Đặt $f(a,b,c)=\frac{1}{2a^{2}+7}+\frac{1}{2b^{2}+7}+\frac{1}{2c^{2}+7}$

 

Vì vai trò $a,b,c$ như nhau nên giả sử $c=max\begin{Bmatrix} a,b,c \end{Bmatrix}\Rightarrow c\geq 1\Rightarrow a+b\leq 2$

 

Ta có:

 

$f\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )-f(a,b,c)=\frac{2}{2\left ( \frac{a+b}{2} \right )^{2}+7}-\frac{1}{2a^{2}+7}-\frac{1}{2b^{2}+7}$

 

$\Rightarrow f\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )-f(a,b,c)=\frac{4(2a^{2}+7)(2b^{2}+7)-\begin{bmatrix} (a+b)^{2}+14 \end{bmatrix}(2a^{2}+2b^{2}+14)}{(2a^{2}+7)(2b^{2}+7)\begin{bmatrix} (a+b)^{2}+14 \end{bmatrix}}$

 

$\Rightarrow f\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )-f(a,b,c)=\frac{2(a-b)^{2}\begin{bmatrix} 7-(a+b)^{2}-2ab \end{bmatrix}}{(2a^{2}+7)(2b^{2}+7)\begin{bmatrix} (a+b)^{2}+14 \end{bmatrix}}$

 

Mà ta lại có: $(a+b)^{2}+2ab\leq \frac{3(a+b)^{2}}{2}\leq 6< 7\Rightarrow 7-(a+b)^{2}-2ab> 0$

 

Do đó $f\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )\geq f(a,b,c)$

 

Ta chỉ cần chứng minh $f(t,t,3-2t)\leq \frac{3}{2}$ với $t=\frac{a+b}{2}$

 

Thật vậy:

 

$f(t,t,3-2t)=\frac{2}{2t^{2}+7}+\frac{1}{2(3-2t)^{2}+7}\leq \frac{3}{2}$

 

$\Leftrightarrow 2\begin{bmatrix} 2(3-2t)^{2}+7 \end{bmatrix}+(2t^{2}+7)\leq \frac{(2t^{2}+7)\begin{bmatrix} 2(3-2t)^{2}+7 \end{bmatrix}}{3}$

 

$\Leftrightarrow (t-1)^{2}(2t-1)^{2}\geq 0$ (đúng)

 

Vậy chứng minh được hoàn thành.

[Mikhail Leptchinski]

Đặt $f(a,b,c)=\frac{1}{2a^{2}+7}+\frac{1}{2b^{2}+7}+\frac{1}{2c^{2}+7}$

 

Vì vai trò $a,b,c$ như nhau nên giả sử $c=max\begin{Bmatrix} a,b,c \end{Bmatrix}\Rightarrow c\geq 1\Rightarrow a+b\leq 2$

 

Ta có:

 

$f\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )-f(a,b,c)=\frac{2}{2\left ( \frac{a+b}{2} \right )^{2}+7}-\frac{1}{2a^{2}+7}-\frac{1}{2b^{2}+7}$

 

$\Rightarrow f\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )-f(a,b,c)=\frac{4(2a^{2}+7)(2b^{2}+7)-\begin{bmatrix} (a+b)^{2}+14 \end{bmatrix}(2a^{2}+2b^{2}+14)}{(2a^{2}+7)(2b^{2}+7)\begin{bmatrix} (a+b)^{2}+14 \end{bmatrix}}$

 

$\Rightarrow f\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )-f(a,b,c)=\frac{2(a-b)^{2}\begin{bmatrix} 7-(a+b)^{2}-2ab \end{bmatrix}}{(2a^{2}+7)(2b^{2}+7)\begin{bmatrix} (a+b)^{2}+14 \end{bmatrix}}$

 

Mà ta lại có: $(a+b)^{2}+2ab\leq \frac{3(a+b)^{2}}{2}\leq 6< 7\Rightarrow 7-(a+b)^{2}-2ab> 0$

 

Do đó $f\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )\geq f(a,b,c)$

 

Ta chỉ cần chứng minh $f(t,t,3-2t)\leq \frac{3}{2}$ với $t=\frac{a+b}{2}$

 

Thật vậy:

 

$f(t,t,3-2t)=\frac{2}{2t^{2}+7}+\frac{1}{2(3-2t)^{2}+7}\leq \frac{3}{2}$

 

$\Leftrightarrow 2\begin{bmatrix} 2(3-2t)^{2}+7 \end{bmatrix}+(2t^{2}+7)\leq \frac{(2t^{2}+7)\begin{bmatrix} 2(3-2t)^{2}+7 \end{bmatrix}}{3}$

 

$\Leftrightarrow (t-1)^{2}(2t-1)^{2}\geq 0$ (đúng)

 

Vậy chứng minh được hoàn thành.

 

Cho mình hỏi nhé.Chỗ này dấu bằng xảy ra khi nào bạn??