7 replies to this topic

[bestmather]

Cho a,b dương. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{a^2}{a^2+b}+\frac{b^2}{b^2+a}+\frac{1}{12}(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3})$

[chardhdmovies]

 

Cho a,b dương. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{a^2}{a^2+b}+\frac{b^2}{b^2+a}+\frac{1}{12}(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3})$

 

Ta sẽ chứng minh: $P\geq \frac{7}{6}$

$\forall a,b>0,\exists x,y,k>0:a=k\sqrt[3]{\frac{x}{y}},b=k\sqrt[3]{\frac{y}{x}}$. Thay vào ta có:
$P=\frac{kx}{kx+y}+\frac{ky}{ky+x}+\frac{1}{12k^{3}}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})$

$P=(\frac{kx}{kx+y}-\frac{k}{k+1})+(\frac{ky}{ky+x}-\frac{k}{k+1})+\frac{1}{12k^{3}}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-2)+(\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3})$

$P=(x-y)^2[\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}]+\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3}$

Xét hàm thấy $\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3} \geq\frac{7}{6}$
Vậy cần chứng minh:

$\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}\geq 0$

Với $k\geq1$, bđt hiển nhiên đúng.

Xét $k<1$, áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:

$\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}\geq \frac{k(k-1)}{(k+1)^3xy}+\frac{1}{12k^{3}xy}$

Vậy cần chứng minh:
$(k+1)^3+12k^4(k-1)\geq0$

Ta có: $(k+1)^3+12k^4(k-1)>(k+1)^3+12k^2(k-1)\geq(k+1)^3-12\frac{(1-k+k+k)^3}{27}=\frac{5}{9}(k+1)^3>0$

Vậy, GTNN của $P$ là $\frac{7}{6}$, đạt được khi $a=b=1$

Edited by chardhdmovies, 25-12-2015 - 22:53.

[bestmather]

Ta sẽ chứng minh: $P\geq \frac{7}{6}$

$\forall a,b>0,\exists x,y,k>0:a=k\sqrt[3]{\frac{x}{y}},b=k\sqrt[3]{\frac{y}{x}}$. Thay vào ta có:
$P=\frac{kx}{kx+y}+\frac{ky}{ky+x}+\frac{1}{12k^{3}}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})$

$P=(\frac{kx}{kx+y}-\frac{k}{k+1})+(\frac{ky}{ky+x}-\frac{k}{k+1})+\frac{1}{12k^{3}}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-2)+(\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3})$

$P=(x-y)^2[\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}]+\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3}$

Xét hàm thấy $\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3} \geq\frac{7}{6}$
Vậy cần chứng minh:

$\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}\geq 0$

Với $k\geq1$, bđt hiển nhiên đúng.

Xét $k<1$, áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:

$\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}\geq \frac{k(k-1)}{(k+1)^3xy}+\frac{1}{12k^{3}xy}$

Vậy cần chứng minh:
$(k+1)^3+12k^4(k-1)\geq0$

Ta có: $(k+1)^3+12k^4(k-1)>(k+1)^3+12k^2(k-1)\geq(k+1)^3-12\frac{(1-k+k+k)^3}{27}=\frac{5}{9}(k+1)^3>0$

Vậy, GTNN của $P$ là $\frac{7}{6}$, đạt được khi $a=b=1$

 

cho mình hỏi sao lại biết cách đặt như vậy? phương pháp là gì?

[chardhdmovies]

cho mình hỏi sao lại biết cách đặt như vậy? phương pháp là gì?

Bản chất là đồng bậc bđt thôi bạn, bđt thuần nhất thường dễ làm hơn.

[vuliem1987]

Ý tưởng đồng bậc rất hay trong bài này, nếu không bài toán sẽ không dễ để giải.

Tuy nhiên đoạn cuối sử dụng C-S chưa đúng, hơn nữa BĐT có chiều ngược lại. Nhưng có thể khắc phục bài toán như sau

Xét  $k<1$  BĐT cần chứng minh tương đương với  $\left ( k+1 \right )\left ( kx+y \right )\left ( ky+x \right )+12k^{3}\left ( k-1 \right )xy\geq 0$

Mặt khác ta dễ dàng thấy  $\left ( kx+y \right )\left ( ky+x \right )\geq \left ( k+1 \right )^{2}xy$

Từ đây ta chỉ cần chứng minh

$\left ( k+1 \right )^{3}\geq 12k^{4}\left ( 1-k \right )\Rightarrow \left ( 1+\frac{1}{k} \right )^{3}\geq 3.\left [ 4k\left ( 1-k \right ) \right ]$

Với  $k< 1\Rightarrow VT> 8> 3\geq 3\left [ 4k\left ( 1-k \right ) \right ]$ đpcm!

Edited by vuliem1987, 28-12-2015 - 12:08.

[chardhdmovies]

Ta sẽ chứng minh: $P\geq \frac{7}{6}$

$\forall a,b>0,\exists x,y,k>0:a=k\sqrt[3]{\frac{x}{y}},b=k\sqrt[3]{\frac{y}{x}}$. Thay vào ta có:
$P=\frac{kx}{kx+y}+\frac{ky}{ky+x}+\frac{1}{12k^{3}}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})$

$P=(\frac{kx}{kx+y}-\frac{k}{k+1})+(\frac{ky}{ky+x}-\frac{k}{k+1})+\frac{1}{12k^{3}}(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}-2)+(\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3})$

$P=(x-y)^2[\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}]+\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3}$

Xét hàm thấy $\frac{2k}{k+1}+\frac{1}{6k^3} \geq\frac{7}{6}$
Vậy cần chứng minh:

$\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}\geq 0$

Với $k\geq1$, bđt hiển nhiên đúng.

Xét $k<1$, áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có:

$\frac{k(k-1)}{(k+1)(kx+y)(ky+x)}+\frac{1}{12k^{3}xy}\geq \frac{k(k-1)}{(k+1)^3xy}+\frac{1}{12k^{3}xy}$

Vậy cần chứng minh:
$(k+1)^3+12k^4(k-1)\geq0$

Ta có: $(k+1)^3+12k^4(k-1)>(k+1)^3+12k^2(k-1)\geq(k+1)^3-12\frac{(1-k+k+k)^3}{27}=\frac{5}{9}(k+1)^3>0$

Vậy, GTNN của $P$ là $\frac{7}{6}$, đạt được khi $a=b=1$

Mình sai chỗ này, phải là $1-k$ mới đúng. Lúc đó thì bđt sẽ đúng với $k\leq1$. Còn $k>1$ thì cho $a=1,b \to +\infty $, ta được $P \to \frac{13}{12}$, đề bài có vẻ không ổn.

Edited by chardhdmovies, 28-12-2015 - 12:04.

[vuliem1987]

Cách khác mang tính tự nhiên hơn là dự đoán  $P\geq \frac{7}{6}$ . Ta chứng minh trực tiếp bằng quy đồng và biến đổi.

Sau đó cũng xét 2 trường hợp  $ab\geq 1$  hoặc  $ab\leq 1$

[vuliem1987]

Uhm! đúng bài này hình như không chỉ ra được min, xét kiểm tra lại  $a=1;b\rightarrow$ thì BĐT sai