7 replies to this topic

[E. Galois]

Với $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$P=a^4+b^4+c^4+3(ab+bc+ca)$$

 

(Đề thi Thử THPT Quốc gia 2015 lần 3 của THPT Chuyên Nguyễn Huệ (Quảng Nam))

Đáp án trong đề thi bị sai nên xin nhờ mọi người giải hộ.

[Nesbit]

Bài này bậc 4 nên theo lý thuyết đẳng thức xảy ra khi hai số bằng nhau hoặc một số bằng 0. Thực tế đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=2b=2c$. Dồn biến hoặc SOS là một cách rất tự nhiên (và cũng nhẹ nhàng khỏi phải suy nghĩ nhiều nếu quen tay). Lúc mới đọc tưởng bài này là thi thử HSG Quốc gia, không ngờ chỉ là thi thử THPT Quốc gia mà khó vậy 

Edited by Nesbit, 25-11-2015 - 21:40.
bổ sung

[Nesbit]

Kí hiệu $P(a,b,c) = a^4+b^4+c^4+3(ab+bc+ca)$.

Dễ thấy chỉ cần xét $a,b,c\ge 0$.  Giả sử $a=\max(a,b,c)$ và đặt $s=\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}},p=bc$. Ta sẽ chứng minh $P(a,b,c) \le P(a,s,s)$. Và như thế, để ý rằng $a^2+s^2+s^2=3$, ta đã đưa bài toán về trường hợp có hai số bằng nhau. 

Viết lại biểu thức theo $s$ và $p$:

$$P(a,b,c) = 4s^4 -2p^2 + 3p +3a\sqrt{2s^2+2p}$$

Xem đây là một hàm theo $p$, kí hiệu $f(p)$. Tính đạo hàm 

$$f'(p) = -4p+3+\frac{3a}{\sqrt{2s^2+2p}}$$

Bởi vì $0\le p\le s \le 1 \le a$ nên dễ thấy $$f'(p) \ge -4+3+\frac{3}{\sqrt{2+2}} = \frac{1}{2} > 0,$$ nên $f(p)$ đồng biến trên $[0,s]$ và do đó $f(p) \le f(s) = P(a,s,s)$. Như vậy ta đã chứng minh xong điều ở trên, nghĩa là chỉ cần xét bài toán khi có hai số bằng nhau (cụ thể hơn nữa là trong trường hợp $a\ge 1 \ge b=c$, như vậy khi lập bảng biến thiên đỡ xét toàn bộ miền xác định).

 

Bài toán bây giờ trở thành một biến, tính đạo hàm và lập bảng biến thiên ta dễ dàng tìm được max khi $a=b=c=1$ hoặc $a=2b=2c=\sqrt{2}$.

[Nguyenhuyen_AG]

Với $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$P=a^4+b^4+c^4+3(ab+bc+ca)$$

 

(Đề thi Thử THPT Quốc gia 2015 lần 3 của THPT Chuyên Nguyễn Huệ (Quảng Nam))

Đáp án trong đề thi bị sai nên xin nhờ mọi người giải hộ.

 

Đề thi thử đại học mà vui vậy nhỉ

 

Ta chỉ cần chứng minh

\[a^4+b^4+c^4+(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2) \leqslant \frac{4}{3}(a^2+b^2+c^2)^2. \quad (1)\]

Do tính thuần nhất của bài toán nên ta có thể bỏ đi điều kiện $a^2+b^2+c^2=3$ và chuẩn hóa $a+b+c=3$ khi đó tồn tại số thực $t \geqslant 0$ sao cho $a^2+b^2+c^2=3+6t^2,$ dẫn đến $ab+bc+ca=3-3t^2.$ Bất đẳng thức $(1)$ trở thành

\[48t^4-33t^2+12-12abc \geqslant 0.\]

Với phép đặt này ta có $abc \leqslant (1+2t)(1-t)^2,$ cho nên

\[48t^4-33t^2+12-12abc \geqslant 48t^4-33t^2+12-12(1+2t)(1-t)^2 = 3t^2(4t-1)^2 \geqslant 0.\]

Từ đó dẫn đến kết luận giá trị lớn nhất cần tìm là $12$ đạt được chẳng hạn $a=b=c=1$ hoặc $a=\sqrt{2},b=c=\frac{1}{\sqrt{2}}$ cùng các hoán vị.

Edited by Nguyenhuyen_AG, 28-11-2015 - 00:25.

[Gachdptrai12]

mấy bài này các anh giải bằng phương pháp thường thôi thi đại học chứ đâu có phải MO hay TST mà dồn biến hay S.O.S

[Gachdptrai12]

à quên bài này khá giống bài của Vasile

[zPtsKing]

Tại sao đề thi thử ĐH thôi mà làm dồn biến với S.O.S ghê v =="

[bestmather]

Đề thi thử đại học mà vui vậy nhỉ

 

Ta chỉ cần chứng minh

\[a^4+b^4+c^4+(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2) \leqslant \frac{4}{3}(a^2+b^2+c^2)^2. \quad (1)\]

Do tính thuần nhất của bài toán nên ta có thể bỏ đi điều kiện $a^2+b^2+c^2=3$ và chuẩn hóa $a+b+c=3$ khi đó tồn tại số thực $t \geqslant 0$ sao cho $a^2+b^2+c^2=3+6t^2,$ dẫn đến $ab+bc+ca=3-3t^2.$ Bất đẳng thức $(1)$ trở thành

\[48t^4-33t^2+12-12abc \geqslant 0.\]

$Với phép đặt này ta có $abc \leqslant (1+2t)(1-t)^2,$ cho nên$

\[48t^4-33t^2+12-12abc \geqslant 48t^4-33t^2+12-12(1+2t)(1-t)^2 = 3t^2(4t-1)^2 \geqslant 0.\]

Từ đó dẫn đến kết luận giá trị lớn nhất cần tìm là $12$ đạt được chẳng hạn $a=b=c=1$ hoặc $a=\sqrt{2},b=c=\frac{1}{\sqrt{2}}$ cùng các hoán vị.

chỗ này là sao ạ ?!!!!