– Ta thấy rằng, dưới mẫu các biểu thức cần chứng minh đều có thể áp dụng Cô – si . Chẳng hạn :$b^2+1 ≥ 2b$
– Tuy nhiên, BĐT sẽ bị đổi chiều khi $b^2+1$ ở dưới mẫu : $\dfrac{a}{b^2+1} ≤ \dfrac{a}{2b}$. Để ý BĐT cần chứng minh có chiều “$≥$”. Do đó nếu làm tiếp ta sẽ bị ngược dấu.
– Điều này giúp ta nghĩ ngay đến việc, làm thế nào để xuất hiện $-(b^2+1)$ ở dưới mẫu để khi áp dụng Cô – si ta sẽ không bị ngược dấu với BĐT cần chứng minh.
– Vậy nên, bài này ta cần dùng phương pháp Cô – si ngược dấu để giải.
Bài làm chi tiết :
Đầu tiên ta đi chứng minh : $-(ab+bc+ca) ≤ – \dfrac{(a+b+c)^2}{3}$
Giải thích các bước giải:
Ta có:
$\dfrac{a}{1+b^2}=a-\dfrac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\dfrac{ab^2}{2b}=a-\dfrac{ab}{2}$
Tương tự
$ \dfrac{b}{1+c^2}\ge b-\dfrac{bc}{2}$
$\dfrac{c}{1+a^2}\ge c-\dfrac{ca}{2}$
Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên ta được
$\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2}\ge a+b+c-\dfrac{ab+bc+ca}{2}$
$\to\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2}\ge a+b+c-\dfrac{\dfrac{(a+b+c)^2}{3}}{2}$
$\to\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2}\ge 3-\dfrac{\dfrac{3^2}{3}}{2}$
$\to\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2}\ge \dfrac{3}{2}$
Dấu = xảy ra khi $a=b=c=1$
Cơ sở lí thuyết :
– Ta thấy rằng, dưới mẫu các biểu thức cần chứng minh đều có thể áp dụng Cô – si . Chẳng hạn :$b^2+1 ≥ 2b$
– Tuy nhiên, BĐT sẽ bị đổi chiều khi $b^2+1$ ở dưới mẫu : $\dfrac{a}{b^2+1} ≤ \dfrac{a}{2b}$. Để ý BĐT cần chứng minh có chiều “$≥$”. Do đó nếu làm tiếp ta sẽ bị ngược dấu.
– Điều này giúp ta nghĩ ngay đến việc, làm thế nào để xuất hiện $-(b^2+1)$ ở dưới mẫu để khi áp dụng Cô – si ta sẽ không bị ngược dấu với BĐT cần chứng minh.
– Vậy nên, bài này ta cần dùng phương pháp Cô – si ngược dấu để giải.
Bài làm chi tiết :
Đầu tiên ta đi chứng minh : $-(ab+bc+ca) ≤ – \dfrac{(a+b+c)^2}{3}$
Thật vậy BĐT tương đương : $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 ≥ 0 $
Ta có : $\dfrac{a}{1+b^2} = \dfrac{a.(1+b^2)-ab^2}{1+b^2} = a-\dfrac{ab^2}{1+b^2}$
Ta có : $b^2+1 ≥ 2b \to \dfrac{ab^2}{1+b^2} ≤ \dfrac{ab^2}{2b} = \dfrac{ab}{2}$
$\to -\dfrac{ab^2}{b^2+1} ≥ -\dfrac{ab}{2}$
Tương tự với các biểu thức còn lại ta được :
$\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2} ≥ (a+b+c)-\bigg(\dfrac{ab}{2}+\dfrac{bc}{2}+\dfrac{ca}{2}\bigg) = 3- \dfrac{ab+bc+ca}{2} ≥ 3- \dfrac{\dfrac{(a+b+c)^2}{3}}{2} $
$\to \dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2} ≥ 3-\dfrac{3}{2} = \dfrac{3}{2}$
Dấu “=” xảy ra $⇔a=b=c=1$
Vậy BĐT đã được chứng minh !