Chủ đề này có 6 trả lời

[takikute1711]

cho a,b,c > 0
a + b + c = 3
cmr
a/(b^2+1) + b/(c^2+1) + c/(a^2+1) >= 3/2

[Lê Xuân Trường Giang]

cho a,b,c > 0
a + b + c = 3
cmr
a/(b^2+1) + b/(c^2+1) + c/(a^2+1) >= 3/2

Tạm thời post đề làm sau!
Cho $a;b;c>0$ và $a+b+c=3$

$\dfrac{a}{{{b^2} + 1}} + \dfrac{b}{{{c^2} + 1}} + \dfrac{c}{{{a^2} + 1}} \ge \dfrac{3}{2}$

[h.vuong_pdl]

Bài này dùng kĩ thuật Cô-si ngược dấu:
Ta có: $\dfrac{1}{b^2+1} = a - \dfrac{ab^2}{b^2+1} \ge a - \dfrac{ab^2}{2b} = a - \dfrac{ab}{2}$
Tương tự rồi cộng lại ta co:
$VT \ge 3 - \dfrac{ab+bc+ca}{2}$
Hiển nhiên $3(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^2 = 9 \to ab+bc+ca \le 3$
Nên ssuy ra : $VT \ge 3 - \dfrac{3}{2} = \dfrac{3}{2}$
Vậy ta có đpcm!

[khacduongpro_165]

Bài này dùng kĩ thuật Cô-si ngược dấu:
Ta có: $\dfrac{1}{b^2+1} = a - \dfrac{ab^2}{b^2+1} \ge a - \dfrac{ab^2}{2b} = a - \dfrac{ab}{2}$
Tương tự rồi cộng lại ta co:
$VT \ge 3 - \dfrac{ab+bc+ca}{2}$
Hiển nhiên $3(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^2 = 9 \to ab+bc+ca \le 3$
Nên ssuy ra : $VT \ge 3 - \dfrac{3}{2} = \dfrac{3}{2}$
Vậy ta có đpcm!

Đề thi Phan 2007 thì phải!

[storm]

@h.vuong_pdl: Sao 1/(1+b^2) lại bằng a-ab^2/(1+b^2) được?

[may_lo_dang]

@h.vuong_pdl: Sao 1/(1+b^2) lại bằng a-ab^2/(1+b^2) được?

Cái đó bị ghi lộn dó, đáng lẽ là: $ \dfrac{a}{b^2+1}$ = $ a- \dfrac{ab^2}{1+b^2}$

[anhtuanDQH]

cho a,b,c > 0
a + b + c = 3
cmr
a/(b^2+1) + b/(c^2+1) + c/(a^2+1) >= 3/2

Áp dụng BDT Cauchy-schwarz , ta có :
VT $\dfrac{(a+b+c)^2}{ \sum a(b)^2 +a+b+c}$
Ta có : ab^2 $\dfrac{b}{2}$(3-c^2)
Tương tự , rồi cộng vào ta được : $\sum ab^2$ a+b+c=3
DPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhtuanDQH: 27-03-2011 - 20:24