Bài 107113

Question

Chứng minh:
a) $-\frac{1}{2}\leq \frac{(a+b)(1-ab)}{(1+a^2)(1+b^2)}\leq \frac{1}{2} (1)$
b) $\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{a+b+c}{2abc} \forall a, b, c>0 (2)$

score 0 · Answer 1

a) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho $(a+b)^2$ và $(1-ab)^2$ không âm ta được:
$$\sqrt{(a+b)^2(1-ab)^2}\leq \frac{(a+b)^2+(1-ab)^2}{2}$$. Dấu bằng xảy ra khi $|a+b|=|1-ab|$.
$$\Leftrightarrow \left| {(a+b)(1-ab)} \right|\leq \frac{a^2+b^2+1+a^2b^2}{2}$$
$$\Leftrightarrow \left| {(a+b)(1-ab)} \right|\leq \frac{(1+a^2)(1+b^2)}{2}\\\Leftrightarrow A=\frac{ \left| {(a+b)(1-ab)} \right| }{ (1+a^2)(1+b^2) }\leq \frac{1}{2}\Rightarrow (1)$$.
Dấu bằng xảy ra khi:
+ $A=-\frac{1}{2} khi a+b=ab-1$
+ $A=\frac{1}{2} khi a+b=1-ab$.

b) Ta có: $a^2+bc\geq 2\sqrt{a^2bc}=\frac{2abc}{\sqrt{bc}}\Rightarrow \frac{1}{a^2+bc}\leq \frac{\sqrt{bc}}{2abc}\leq \frac{b+c}{4abc}$. Dấu "=" xáy ra $\Leftrightarrow a^2=bc.$
Tương tự ta có: $\frac{1}{b^2+ca}\leq \frac{c+a}{4abc}$;
$\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{a+b}{4abc}$
Cộng theo về 3 bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l} a^2=bc\\ b^2=ca\\c^2=ab\\a,b,c>0 \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \frac{a^2}{b^2}=\frac{b}{a}\\ b^2=ca\\c^2=ab\\a,b,c>0 \end{array} \right. \Rightarrow a=b=c>0.$

Bài 107113

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 107113

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan