giải hộ tớ bài toán nhé!!!
choa,b>0 tm a+b+ab=3
cmr$\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}\leq a^{2}+b^{2}+\frac{3}{2}$
$\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}\leq a^{2}+b^{2}+\frac{3}{2}$
Bắt đầu bởi danganhaaaa, 29-04-2012 - 16:44
Bất đẳng thức
#1
Đã gửi 29-04-2012 - 16:44
#2
Đã gửi 29-04-2012 - 17:24
Hướng dẫn:
- Áp dụng Cauchy: \[a + b \ge 2\sqrt {ab} \Rightarrow 3 = a + b + ab \ge 2\sqrt {ab} + ab \Leftrightarrow 0 \le ab \le 1\]
- Khi đó: biến đổi $\frac{{3a}}{{b + 1}} + \frac{{3b}}{{a + 1}} + \frac{{ab}}{{a + b}} - {a^2} - {b^2}$ theo $a+b$ và $ab$.
- Dùng hàm số để chứng minh phần còn lại.
---
- Áp dụng Cauchy: \[a + b \ge 2\sqrt {ab} \Rightarrow 3 = a + b + ab \ge 2\sqrt {ab} + ab \Leftrightarrow 0 \le ab \le 1\]
- Khi đó: biến đổi $\frac{{3a}}{{b + 1}} + \frac{{3b}}{{a + 1}} + \frac{{ab}}{{a + b}} - {a^2} - {b^2}$ theo $a+b$ và $ab$.
- Dùng hàm số để chứng minh phần còn lại.
---
- Giang1994, daovuquang và danganhaaaa thích
#3
Đã gửi 29-04-2012 - 17:53
Cho a, b > 0 thỏa mãn: $a + b + ab =3$
CMR: $\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}\leq a^{2}+b^{2}+\frac{3}{2}$
$\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}$
$= \dfrac{(a + b + ab).a}{b + 1} + \dfrac{(a + b + ab).b}{a + 1} + \dfrac{ab}{a + b}$
$= \dfrac{ab + a^2(b + 1)}{b + 1} + \dfrac{ab + b^2(a + 1)}{a + 1} + \dfrac{ab}{a + b}$
$= a^2 + b^2 + ab(\dfrac{1}{a + 1} + \dfrac{1}{b + 1}) + \dfrac{ab}{a + b}$
Ta sẽ chứng minh:
$P = ab(\dfrac{1}{a + 1} + \dfrac{1}{b + 1}) + \dfrac{ab}{a + b} \leq \dfrac{3}{2}$
Thật vậy, ta có:
$P = ab.\dfrac{a + b + 2}{(a + 1)(b + 1)} + \dfrac{ab}{a + b}$
$\leq ab.\dfrac{a + b + 2}{(a + b + ab) + 1} + \dfrac{(a + b)^2 }{4(a + b)}$
$= \dfrac{ab(a + b + 2)}{4} + \dfrac{a + b }{4}$
$= \dfrac{ab(5 - ab) + 3 - ab}{4} = \dfrac{-(ab)^2 + 4ab + 3}{4}$
Từ giả thiết, ta có: $3 = a + b + ab \geq ab + 2\sqrt{ab}$
$\Leftrightarrow (\sqrt{ab} - 1)(\sqrt{ab} + 3) \leq 0 \Rightarrow 0 < ab \leq 1$
Do đó:
$P \leq \dfrac{- (ab - 1)^2 + 2ab + 4}{4} \leq \dfrac{3}{2}$
Vậy BĐT ban đầu được chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi: $\left\{\begin{array}{l}a + b + ab = 3\\a = b\\ab = 1\end{array}\right. \Leftrightarrow a = b = 1$
P/S: Gõ lâu quá. Giờ mới thấy bài của xusint ^^!
CMR: $\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}\leq a^{2}+b^{2}+\frac{3}{2}$
Giải
Ta có:$\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}$
$= \dfrac{(a + b + ab).a}{b + 1} + \dfrac{(a + b + ab).b}{a + 1} + \dfrac{ab}{a + b}$
$= \dfrac{ab + a^2(b + 1)}{b + 1} + \dfrac{ab + b^2(a + 1)}{a + 1} + \dfrac{ab}{a + b}$
$= a^2 + b^2 + ab(\dfrac{1}{a + 1} + \dfrac{1}{b + 1}) + \dfrac{ab}{a + b}$
Ta sẽ chứng minh:
$P = ab(\dfrac{1}{a + 1} + \dfrac{1}{b + 1}) + \dfrac{ab}{a + b} \leq \dfrac{3}{2}$
Thật vậy, ta có:
$P = ab.\dfrac{a + b + 2}{(a + 1)(b + 1)} + \dfrac{ab}{a + b}$
$\leq ab.\dfrac{a + b + 2}{(a + b + ab) + 1} + \dfrac{(a + b)^2 }{4(a + b)}$
$= \dfrac{ab(a + b + 2)}{4} + \dfrac{a + b }{4}$
$= \dfrac{ab(5 - ab) + 3 - ab}{4} = \dfrac{-(ab)^2 + 4ab + 3}{4}$
Từ giả thiết, ta có: $3 = a + b + ab \geq ab + 2\sqrt{ab}$
$\Leftrightarrow (\sqrt{ab} - 1)(\sqrt{ab} + 3) \leq 0 \Rightarrow 0 < ab \leq 1$
Do đó:
$P \leq \dfrac{- (ab - 1)^2 + 2ab + 4}{4} \leq \dfrac{3}{2}$
Vậy BĐT ban đầu được chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi: $\left\{\begin{array}{l}a + b + ab = 3\\a = b\\ab = 1\end{array}\right. \Leftrightarrow a = b = 1$
P/S: Gõ lâu quá. Giờ mới thấy bài của xusint ^^!
- Giang1994, Dung Dang Do, daovuquang và 3 người khác yêu thích
Thế giới này trở nên bị tổn thương quá nhiều không phải bởi vì sự hung bạo của những kẻ xấu xa mà chính bởi vì sự im lặng của những người tử tế
#4
Đã gửi 30-04-2012 - 13:59
Bài này cũng có thêm cách biến đổi theo thừa số $a+b$.
Các em thử làm nhé.
---
Các em thử làm nhé.
---
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: Bất đẳng thức
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\frac{19}{20} \leq \sum \frac{1}{1+a+b^2} \leq \frac{27}{20}$Bắt đầu bởi Duc3290, 12-03-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum a^2b + abc +\frac{1}{2}abc(3-\sum ab) \leq 4$Bắt đầu bởi Duc3290, 25-02-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{a_1{}}{({a_1+{a_2+...+a_n{}{}}{}})-{a_1{}}}\geq \frac{n}{n-1}$Bắt đầu bởi Khanh12321, 14-02-2024 bất đẳng thức |
|
|||
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3 \ge 2(a+b+c)$Bắt đầu bởi POQ123, 26-01-2024 bất đẳng thức |
|
||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{1}{\sqrt{a^{5}+b^{2}+ab+6}}\leq 1$Bắt đầu bởi Hahahahahahahaha, 21-01-2024 bất đẳng thức |
|
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh