Cho $a,b,c>0;ab+bc+ca=3$ . Tìm $max$ $$P=\frac{1}{a^2+b^2+2}+\frac{1}{b^2+c^2+2}+\frac{1}{c^2+a^2+2}$$
Tìm $max$ $$P=\frac{1}{a^2+b^2+2}+\frac{1}{b^2+c^2+2}+\frac{1}{c^2+a^2+2}$$
#1
Đã gửi 09-09-2014 - 21:38
- vt2phuc, lahantaithe99 và chardhdmovies thích
Issac Newton
#2
Đã gửi 09-09-2014 - 23:01
Cho $a,b,c>0;ab+bc+ca=3$ . Tìm $max$ $$P=\frac{1}{a^2+b^2+2}+\frac{1}{b^2+c^2+2}+\frac{1}{c^2+a^2+2}$$
Cái mẫu thứ nhất, Cauchy đc:
$(a^2+1) + (b^2+1)$ $\ge$ $2(a+b)$
Suy ra: $\frac{1}{a^2+b^2+2}$ $\dfrac{1}{2(a+b)}$
Tương tự đc P $\dfrac{1}{2(a+b)} + \dfrac{1}{2(b+c)} +\dfrac{1}{2(c+a)}$
Nên: 8P $\dfrac{4}{a+b} + \dfrac{4}{b+c} +\dfrac{4}{c+a}$ $2.(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$
Mặt khác thì dễ thấy:
$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$ $ab+bc+ca$
(c/m = tương đương)
Do đó P max = $\dfrac{3}{4}$
Dấu "=" tại a=b=c=1
- lehoangphuc1820 yêu thích
Chao moi nguoi !
#3
Đã gửi 10-09-2014 - 00:32
Cái mẫu thứ nhất, Cauchy đc:
$(a^2+1) + (b^2+1)$ $\ge$ $2(a+b)$
Suy ra: $\frac{1}{a^2+b^2+2}$ $\dfrac{1}{2(a+b)}$
Tương tự đc P $\dfrac{1}{2(a+b)} + \dfrac{1}{2(b+c)} +\dfrac{1}{2(c+a)}$
Nên: 8P $\dfrac{4}{a+b} + \dfrac{4}{b+c} +\dfrac{4}{c+a}$ $2.(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$
Mặt khác thì dễ thấy:
$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$ $ab+bc+ca$
(c/m = tương đương)
Do đó P max = $\dfrac{3}{4}$
Dấu "=" tại a=b=c=1
BĐT này sai nếu 1 trong 3 số $a,b,c$ nhỏ hơn 1
- vt2phuc và nguyenhongsonk612 thích
Issac Newton
#4
Đã gửi 10-09-2014 - 09:31
BĐT này sai nếu 1 trong 3 số $a,b,c$ nhỏ hơn 1
Này nhé:
$3=ab+bc+ca$ $\ge$ $3.\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$
Suy ra: $a^2b^2c^2$ 1
Tương đương: $abc$ $\ge$ 1 hoặc $abc$ -1 (loại vì a,b,c >0)
=> $abc$ $\ge$ 1
Cái $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$ $ab+bc+ac$
<=> $\dfrac{ab+bc+ca}{abc}$ $ab+bc+ca$
<=> $\dfrac{1}{abc}$ $1$
<=> 1 abc ( đúng)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dance: 10-09-2014 - 09:34
Chao moi nguoi !
#5
Đã gửi 10-09-2014 - 09:55
Này nhé:
$3=ab+bc+ca$ $\ge$ $3.\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$
Suy ra: $a^2b^2c^2$ 1
Tương đương: $abc$ $\ge$ 1 hoặc $abc$ -1 (loại vì a,b,c >0)
=> $abc$ $\ge$ 1
Cái $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$ $ab+bc+ac$
<=> $\dfrac{ab+bc+ca}{abc}$ $ab+bc+ca$
<=> $\dfrac{1}{abc}$ $1$
<=> 1 abc ( đúng)
Không hiểu bạn là học sinh lớp 10 mà vẫn nhầm ngớ ngẩn.
Minh chỉ rõ 2 điều vô lý nhá. Với $a^2b^2c^2\leq 1\Rightarrow \left | abc \right |\leq 1\Rightarrow -1\leq abc\leq 1$ không bao giờ lại $abc\geq 1$
Mình cho bạn ví dụ với $a=b=\frac{1}{2},c=\frac{11}{4}\Rightarrow abc=\frac{11}{16}<1$ đã quá vô lý với đáp án của bạn
Issac Newton
#6
Đã gửi 10-09-2014 - 10:12
Không hiểu bạn là học sinh lớp 10 mà vẫn nhầm ngớ ngẩn.
Minh chỉ rõ 2 điều vô lý nhá. Với $a^2b^2c^2\leq 1\Rightarrow \left | abc \right |\leq 1\Rightarrow -1\leq abc\leq 1$ không bao giờ lại $abc\geq 1$
Mình cho bạn ví dụ với $a=b=\frac{1}{2},c=\frac{11}{4}\Rightarrow abc=\frac{11}{16}<1$ đã quá vô lý với đáp án của bạn
Ừ, bị nhầm .......
Chao moi nguoi !
#7
Đã gửi 10-09-2014 - 10:24
Cho $a,b,c>0;ab+bc+ca=3$ . Tìm $max$ $$P=\frac{1}{a^2+b^2+2}+\frac{1}{b^2+c^2+2}+\frac{1}{c^2+a^2+2}$$
Ta có $2P=\sum \frac{2}{a^2+b^2+2}=3-\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}$
Áp dụng BĐT S.Vac
$\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}\geqslant \frac{(\sum \sqrt{a^2+b^2})^2}{2(a^2+b^2+c^2+3)}=\frac{(a^2+b^2+c^2)+\sum \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}}{a^2+b^2+c^2+3}$
Ta sẽ chứng minh $\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}\geqslant \frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{(a^2+b^2+c^2)+\sum \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}}{a^2+b^2+c^2+3}\geqslant \frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow 2\sum \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}\geqslant a^2+b^2+c^2+9$. BĐT này luôn đúng vì theo Bunhiacopxki thì
$2\sum \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}\geqslant 2\sum (b^2+ac)\geqslant a^2+b^2+c^2+3\sum ab=a^2+b^2+c^2+9$
Do đó $2P\leqslant 3-\frac{3}{2}\rightarrow P\leqslant \frac{3}{4}$
- Trang Luong, nguyenhongsonk612, firetiger05 và 3 người khác yêu thích
#8
Đã gửi 12-09-2014 - 20:00
Cách 2 : Ta có : $\left ( a^2+b^2+2 \right )\left ( c^2+2+\frac{(a+b+c)^2}{9} \right )\geq \left ( a+b+c+\frac{a+b+c}{3} \right )^2$ Theo BĐT Bunhiacopxiki
$\Rightarrow \frac{1}{a^2+b^2+2}=\frac{2+c^2+\left (\frac{a+b+c}{3} \right )^2}{(a^2+b^2+2)\left [2+c^2+\left (\frac{a+b+c}{3} \right )^2 \right ]}\leq \frac{2+c^2+\left (\frac{a+b+c}{3} \right )^2}{\left ( \frac{4a+4b+4c}{3} \right )^2}$
$\Rightarrow \sum \frac{1}{a^2+b^2+c^2}\leq \frac{6+a^2+b^2+c^2+\frac{(a+b+c)^2}{3}}{\frac{16(a+b+c)^2}{9}}=\frac{2(ab+bc+ac)+a^2+b^2+c^2+\frac{(a+b+c)^2}{3}}{\frac{16(a+b+c)^2}{9}}=\frac{\frac{4(a+b+c)^2}{3}}{\frac{16(a+b+c)^2}{9}}=\frac{3}{4}$
- vt2phuc và firetiger05 thích
Issac Newton
#9
Đã gửi 12-09-2014 - 21:09
Ta có $2P=\sum \frac{2}{a^2+b^2+2}=3-\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}$
Áp dụng BĐT S.Vac
$\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}\geqslant \frac{(\sum \sqrt{a^2+b^2})^2}{2(a^2+b^2+c^2+3)}=\frac{(a^2+b^2+c^2)+\sum \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}}{a^2+b^2+c^2+3}$
Ta sẽ chứng minh $\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}\geqslant \frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{(a^2+b^2+c^2)+\sum \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}}{a^2+b^2+c^2+3}\geqslant \frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow 2\sum \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}\geqslant a^2+b^2+c^2+9$. BĐT này luôn đúng vì theo Bunhiacopxki thì
$2\sum \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}\geqslant 2\sum (b^2+ac)\geqslant a^2+b^2+c^2+3\sum ab=a^2+b^2+c^2+9$
Do đó $2P\leqslant 3-\frac{3}{2}\rightarrow P\leqslant \frac{3}{4}$
Sao nghĩ ra được mấy cái đó ấy ?
- Riann levil và firetiger06 thích
Học! Học nữa! Học mãi
Yêu Toán Nồng Cháy
Quyết đậu chuyên Tin Lam Sơn
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh