Chủ đề này có 3 trả lời

[danganhaaaa]

giải hộ tớ bài toán nhé!!!
choa,b>0 tm a+b+ab=3
cmr$\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}\leq a^{2}+b^{2}+\frac{3}{2}$

[Crystal]

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.

---

[Phạm Hữu Bảo Chung]

Cho a, b > 0 thỏa mãn: $a + b + ab =3$
CMR: $\frac{3a}{b+1}+\frac{3b}{a+1}+\frac{ab}{a+b}\leq a^{2}+b^{2}+\frac{3}{2}$

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 ^^!

[Crystal]

Bài này cũng có thêm cách biến đổi theo thừa số $a+b$.

Các em thử làm nhé.

---