Đến nội dung

Hình ảnh

Tìm Min của $P=\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a} $


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 11 trả lời

#1
bigway1906

bigway1906

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 207 Bài viết

B1. Cho a,b,c > 0 thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=8$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a} $

B2. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn $a+b+c=3$. chứng minh rằng: $\sum \frac{a}{a^3+b^2+c} \leq 1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tienduc: 17-06-2017 - 10:23


#2
Drago

Drago

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 462 Bài viết

Bài 2:

$\sum \frac{a}{a^3+b^2+c}=\sum \frac{(a)(\frac{1}{a}+1+c)}{(a^3+b^2+c)(\frac{1}{a}+1+c)}\leq \sum \frac{1+a+ac}{(a+b+c)^2}\leq \frac{3+\sum a+ \frac{(\sum a)^2}{3}}{(a+b+c)^2}=1$


$\mathbb{VTL}$


#3
Hoang Dinh Nhat

Hoang Dinh Nhat

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 402 Bài viết

Bài 2:Vì $a+b+c=3$ nên $0<a,b,c<3$. Không mất tính tổng quát giả sử: $a\geq b\geq c$

Ta có BĐT phụ: $3(a^3+b^3+c^3)^2\geq \frac{(a+b+c)^6}{27}\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\geq 3$

Nếu $0<a,b,c\leq 1$ ta có: $\frac{a}{a^3+b^2+c}\leq \frac{a}{a^3+b^3+c^3}$$\leq \frac{a}{3}$$\Rightarrow \sum \frac{a}{a^3+b^2+c}\leq \sum \frac{a}{a^3+b^3+c^3}\leq \frac{a+b+c}{3}=1$

Nếu $1<a,b,c<3$ thì theo $AM-GM$ ta có: $\frac{a}{a^3+b^2+c}\leq \frac{1}{3\sqrt[3]{b^2c}}\leq \frac{1}{3c}<\frac{1}{3}$ (Vì $c>1$)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh thành công


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Dinh Nhat: 17-06-2017 - 11:35

Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc

 

 

 

 


#4
Drago

Drago

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 462 Bài viết

Ta có đánh giá: $\frac{a}{a^3+b^2+c}\leq \frac{-a+2b}{3}$

$\Leftrightarrow (2b-a)(a^3+b^2+c)-3a\leq 0\Leftrightarrow a(a^3+a^2+a)-3a\leq 0\Leftrightarrow a(a-1)(a^2+2a+3)\leq 0$

 

Đánh giá này chỉ đúng với $a$ thôi vì đã sử dụng luôn giả sử, nếu là $b, c$ thì chưa chắc.


$\mathbb{VTL}$


#5
bigway1906

bigway1906

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 207 Bài viết

Còn bài 1 thì sao mọi người?



#6
Hoang Dinh Nhat

Hoang Dinh Nhat

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 402 Bài viết

Đánh giá này chỉ đúng với $a$ thôi vì đã sử dụng luôn giả sử, nếu là $b, c$ thì chưa chắc.

 

Đã fix :)) nhầm một cách nghiêm trọng


Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc

 

 

 

 


#7
Drago

Drago

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 462 Bài viết

B1. Cho a,b,c > 0 thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=8$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a} $

 

Ta có: $8=\prod (a+b) \geq 8abc\Rightarrow abc\leq 1$

Xét $Q=\sum \frac{1}{a+2b}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{\prod (a+2b)}}=\frac{3}{\sqrt[3]{4\prod (a+b)+abc-2\sum a^2b}}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{32+abc-6abc}}=\frac{3}{\sqrt[3]{32-5abc}}=\frac{3^{3}}{\sqrt[3]{32-5abc}.3.3}\geq \frac{3^4}{32-5abc+2.3^3}=\frac{81}{86-5r}$

Đặt $\sqrt[3]{abc}=r$ với $r \in (0;1]$, khi đó ta đi chứng minh:
$P\geq \frac{1}{r}+\frac{81}{86-5r^3}\geq 2$
$\Leftrightarrow 10r^4-5r^3-91r+86\geq 0$
$\Leftrightarrow (r-1)(10r^3+5r^2+5r-86)\geq 0$
$\Leftrightarrow 10r^3+5r^2+5r-86\leq 0$
Xét hàm $f(r)=10r^3+5r^2+5r-86\forall r\in (0;1]$
có $f'(r)=30r^2+10r+5>0\forall r$ suy ra $f(r)$ là hàm đồng biến.
Khi đó: $f(0)=-86;f(1)=-66$ nên $f(r)\leq 0\forall r\in (0;1]$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 17-06-2017 - 19:34

$\mathbb{VTL}$


#8
Duy Thai2002

Duy Thai2002

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 433 Bài viết

Bài 1 còn cách nào ngoài khảo sát hàm số không


Sự khác biệt giữa thiên tài và kẻ ngu dốt là ở chỗ thiên tài luôn có giới hạn.


#9
Drago

Drago

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 462 Bài viết

B1. Cho a,b,c > 0 thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=8$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a} $

Cách 2: (Tác giả Dinh de tai oppa)

$\frac{1}{a+2b}=\frac{b+2a}{(a+2b)(b+2a)}\geq \frac{4(b+2a)}{9(a+b)^2}\geq \frac{4\sqrt[3]{a^2b}}{3(a+b)^2}$
$\Rightarrow \sum _{a,b,c}\frac{1}{a+2b}\geq \sum _{a,b,c}\frac{4\sqrt[3]{a^2b}}{3(a+b)^2}\geq 4\sqrt[3]{\frac{abc}{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}}=\sqrt[3]{abc}$
 
Nên $P=\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[3]{abc}\geq 2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 17-06-2017 - 20:22

$\mathbb{VTL}$


#10
Kagome

Kagome

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 166 Bài viết

Bài 2:

$\sum \frac{a}{a^3+b^2+c}=\sum \frac{(a)(\frac{1}{a}+1+c)}{(a^3+b^2+c)(\frac{1}{a}+1+c)}\leq \sum \frac{1+a+ac}{(a+b+c)^2}\leq \frac{3+\sum a+ \frac{(\sum a)^2}{3}}{(a+b+c)^2}=1$

Sao bạn nghĩ ra dc bước nhân $\frac{1}{a}+1+c$ hay vậy. Chỗ đó dúng là nghệ thuật luôn á :D



#11
Drago

Drago

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 462 Bài viết

Sao bạn nghĩ ra dc bước nhân $\frac{1}{a}+1+c$ hay vậy. Chỗ đó dúng là nghệ thuật luôn á :D

Kiểu cũng hướng Bunhicopxki rồi tạo mẫu chung để cộng cho dễ, nếu như có $a^3+b^2+c$ thì cũng xác định được lượng thoả mãn để có $(a+b+c)^2$ 


$\mathbb{VTL}$


#12
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

B1. Cho a,b,c > 0 thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=8$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a} $

Ta có: $\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}\geqslant \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{3}{a+b+c}\geqslant 2\sqrt{\frac{3}{\sqrt[3]{abc(a+b+c)^3}}}$

Mà $abc(a+b+c)^3=[abc(a+b+c)](a+b+c)^2\leqslant \frac{(ab+bc+ca)^2(a+b+c)^2}{3}\leqslant \frac{[\frac{9}{8}(a+b)(b+c)(c+a)]^2}{3}=27$

Do vậy: $\frac{1}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{1}{a+2b}+\frac{1}{b+2c}+\frac{1}{c+2a}\geqslant 2\sqrt{\frac{3}{\sqrt[3]{abc(a+b+c)^3}}}\geqslant 2$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh