Chủ đề này có 17 trả lời

[hieu31320001]

cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn a+b+c=2. TÌm $MIN P= \sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}}$

[DOTOANNANG]

Cách giải như sau:
Trước hết ta cần chứng minh BĐT:

$\frac{1}{a^{2}+ b^{2}}+ \frac{1}{b^{2}+ c^{2}}+ \frac{1}{c^{2}+ a^{2}}\geq \frac{10}{\left ( a+ b+ c \right )^{2}}$

Điều này tương đương với:

$\left ( a+ b+ c \right )^{2}\left ( \sum _{cyc}\left ( a^{2}+ b^{2} \right )\left ( b^{2}+ c^{2} \right ) \right )- 10\left ( a^{2}+ b^{2} \right )\left ( b^{2}+ c^{2} \right )\left ( c^{2}+ a^{2} \right )\geq 0$

Ta có:

$\sum _{cyc}\left ( a^{2}+ b^{2} \right )\left ( b^{2}+ c^{2} \right ) = \left ( \sum _{cyc}b^{4}+ 2a^{2}b^{2} \right )+ \sum _{cyc}\left ( ab \right )^{2}= \left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2} \right )^{2}+ 9v^{4}+ uw^{3} = \left ( 9u^{2}- 6v^{2} \right )^{2}+ 9v^{4}- 6uw^{3}$

với $3u= a+ b+ c, 3v^{2}= ab+ bc+ ca, w^{3}= abc$

và $\left ( a+ b+ c \right )^{2}= 9u, \left ( a^{2}+ b^{2} \right )\left ( b^{2}+ c^{2} \right )\left ( c^{2}+ a^{2} \right )= \left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2} \right )\left ( a^{2}b^{2}+ b^{2}c^{2}+ c^{2}a^{2} \right )- a^{2}b^{2}c^{2}= \left ( 9u^{2}- 6v^{2} \right )\left ( 9v^{4}- 6uw^{3} \right )- w^{6}= 9\left ( 9u^{2}v^{4}- 6v^{6}- 6u^{3}w^{3}+ 4uv^{2}w^{3} \right )- w^{6}$

Từ đây, ta CM tiếp:

$27u^{2}\left ( 27- u^{4}- 36u^{2}v^{2}+ 15v^{4}- 2uw^{3} \right )- 90\left ( 9u^{2}w^{4}- 6v^{6}- 6u^{3}w^{3}+ 4uv^{2}w^{3} \right )+ 10w^{6}\geq 0$

Đặt

$g\left ( w^{3} \right )= 10w^{6}+ w^{3}\left ( 486u^{3}- 360uv^{2} \right )+ ...\geq 0$

nên

${g}'\left ( w^{3} \right )= 20w^{3}+ 486u^{3}- 360uv^{2}= 20w^{3}+ 126u^{3}+ 360\left ( u^{2}- v^{2} \right )\geq 0$

(đúng vì u> v)  nên hàm tăng. Do đó biểu thức đạt cưc trị khi 2 trong 3 số a, b, c bằng nhau hoặc 1 trong 3 số đó phải bằng 0.

Không mất tính tổng quát giả sử hai số bằng nhau là a và b, đặt $t= \frac{a}{c}$ nhân hai vế với $c^{2}$ ta được:

$\frac{1}{2t^{2}}+ \frac{2}{t^{2}+ 1}\geq \frac{10}{\left ( 2t+ 1 \right )^{2}} \Leftrightarrow f\left ( t \right )= 20t^{3}- 11t^{2}+ 4t+ 1\geq 0 \rightarrow {f}'\left ( t \right )= 60t^{2}- 22t+ 4> 0$

Suy ra$f\left ( t \right )$ tăng dẫn đến $f\left ( t \right )\geq f\left ( 0 \right )= 1> 0$ với $t\in \left ( 0: + \propto \right )$

Giờ việc còn lại là CM 1 trong 3 số là zero. Không mất tính tổng quát , giả sử c= 0. Đặt $t= \frac{a}{b}$

Nhân hai vế với $b^{2}$, ta phải chứng minh:

$\frac{1}{t^{2}+ 1}+ \frac{1}{t^{2}}+ 1\geq \frac{10}{\left ( t+ 1 \right )^{2}} \Leftrightarrow t^{6}+ 2t^{5}- 6t^{4}+ 6t^{3}- 6t^{2}+ 2t+ 1= \left ( t-1 \right )^{2}\left ( t^{4}+ 3t^{3}+ 4t^{2}+ 3t+ 1 \right )\geq 0$

Từ đó ta có $\frac{1}{a^{2}+ b^{2}}+ \frac{1}{b^{2}+ c^{2}}+ \frac{1}{c^{2}+ a^{2}}\geq \frac{10}{\left ( a+ b+ c \right )^{2}}= \frac{10}{4}= 2,5$

Dấu bằng xảy ra khi (a, b, c)= (1, 1, 0) và các hoán vị của nó

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 04-01-2018 - 16:27

[DOTOANNANG]

Bài này còn cách giải khác như sau:

Không giảm tính tổng quát, giả sử $c= min\left \{ a, b, c \right \}$, ta dễ dàng chứng minh được các BĐT sau đây:

$a^{2}+ c^{2}\leq \left ( a+ \frac{1}{2} c+ \frac{1}{30} c \right )^{2}$

$b^{2}+ c^{2}\leq \left ( b+ \frac{1}{2} c- \frac{1}{30} c \right )^{2}$

Suy ra:

$a^{2}+ b^{2}\leq \left ( a+ \frac{1}{2} c+ \frac{1}{30} c \right )^{2}+ \left ( a+ \frac{1}{2} c- \frac{1}{30} c\right )^{2}$

Đặt:

$x= a+ \frac{1}{2} c+ \frac{1}{30} c, y= a+ \frac{1}{2} c- \frac{1}{30} c$

$\Rightarrow x+ y= a+ b+ c= 1$

Khi đó:

$P\geq \frac{1}{x^{2}+ y^{2}}+ \frac{1}{x^{2}}+ \frac{1}{y^{2}} = \frac{1}{x^{2}+ y^{2}}+ \frac{x^{2}+ y^{2}}{4x^{2}y^{2}}+ 3. \frac{x^{2}+ y^{2}}{4x^{2}y^{2}}\geq \frac{1}{xy}+ \frac{3\left ( x^{2}+ y^{2} \right )}{4x^{2}y^{2}}\geq \frac{4}{\left ( x+ y \right )^{2}}+ \frac{3\left ( x+ y \right )^{2}}{8\left ( \frac{x+ y}{2} \right )^{4}}\geq 1+ 1,5= 2,5$

Khi x= y= 0, 5 thì a= b= 1, c= 0 nên P= 2,5. Vậy min P= 2, 5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 03-01-2018 - 20:00

[DOTOANNANG]

Ai còn cách khác nên post ngay để còn trao đổi kinh nghiệm thi đấu với nhau.

[toanhoc2017]

Sao mà có bđt đầu bài zẻ ,cm giúp tý pạn

[DOTOANNANG]

Thật ra không có gì quá khó hiểu đâu:

Cách chứng minh 2 cái bất đẳng thức trên chỉ là tân dụng c= min{a, b, c}. Còn bạn đang thắc mắc về mấy con số như $\frac{1}{2}, \frac{1}{30}$ thì không cần phải nghĩ ngợi làm gì nữa. Cái bất đẳng thức đó cho dù có thay bao nhiêu số cũng vậy cả thôi. Cái ý chính là sử dụng sao cho $x+ y= a+ b+ c=  1$ nên bạn phân tách kiểu gì mà thỏa việc đó chẳng hạn như:

$a+ \frac{10^{6}}{2.10^{6}+ 1} c$ và $b+ \frac{10^{6}+ 1}{2. 10^{6} +1} c$ thì tổng của chúng vẫn là a+ b+ c= 1 mà thôi.

Việc tạo ra con số 30 thực ra chỉ là ngày sinh của mình. Bạn có thể thử với bao nhiêu số cũng được

[toanhoc2017]

Biến đổi tương đương để cm hẻ ,cộng lại không mất c bình phương ak

[toanhoc2017]

Bạn giải cách này rất hay nhưng bạn giải kĩ kĩ tý ạ

[DOTOANNANG]

làm kĩ thì như vậy nè:

$a^{2} +c^{2}\leq a^{2}+ ac +...$ đúng không mà mình đã giả sử c= min{a, b, c} rồi nên bất đẳng thức phía trên đúng 

Mình cũng nhanh chóng suy ra cái dưới. Chỉ tới mức này rồi nhớ like giùm cho không làm mất công của tui từ trưa tới giờ trả lời gần mấy người rồi đó

[DOTOANNANG]

Thật ra khi thi muốn chắc ăn thì tốt  nhất bạn nên sử dụng a+ 0,5c và b+ 0,5c là đủ rồi. Không cần màu mè như mình vô thì mắc công chứng minh sai rồi đổ thừa tại mình. Mấy con số mà mình ghi chỉ để giúp bạn hình dung rõ cách làm của mình hơn mà thôi. Chúc bạn thuần thục kĩ năng mới.

[toanhoc2017]

Kĩ năng bạn nói có tài liệu gi k ak

[DOTOANNANG]

Thật ra kĩ năng này rất cũ và xưa.Nếu có cố gắng thì cũng chẳng còn sót lại vì bất đẳng thức hiên đại chú trọng phần nhiều về kĩ thuât chứ không thiên về biến đổi. Mình chỉ áp dụng chúng cho những bài nhẹ và không tốn nhiều thời gian. Chẳng hạn như cách 1 mình làm phía trên là phân tích pqr, khai triển chúng dưới dang tổng tích và sử dụng bất đẳng thức liên quan giữa chúng. Cách giải từ đầu đến cuối vô cùng chặt chẽ thích hợp với nhiều bài toán. Còn cách này thì chỉ là một cái cách giải được suy ra từ một bài toán quốc tế mà thôi.Cái cách trên là kĩ thuật thì cái dứoi chỉ đơn giản là một kĩ năng xử lí.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 04-01-2018 - 15:02

[DOTOANNANG]

à mà nếu bạn thắc mắc kĩ thuật pqr gì mà chẳng có pqr thì mình thay thế chúng bằng uvw (thích thì thay d,e,f cũng được). Trả lời trước mắc công lát lại bị hỏi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 04-01-2018 - 15:01

[nmtuan2001]

Ai còn cách khác nên post ngay để còn trao đổi kinh nghiệm thi đấu với nhau.

 

Cách giả như sau:
Trước hết ta cần chứng minh BĐT:

$\frac{1}{a^{2}+ b^{2}}+ \frac{1}{b^{2}+ c^{2}}+ \frac{1}{c^{2}+ a^{2}}\geq \frac{10}{\left ( a+ b+ c \right )^{2}}$

Điều này tương đương với:

$\left ( a+ b+ c \right )^{2}\left ( \sum _{cyc}\left ( a^{2}+ b^{2} \right )\left ( b^{2}+ c^{2} \right ) \right )- 10\left ( a^{2}+ b^{2} \right )\left ( b^{2}+ c^{2} \right )\left ( c^{2}+ a^{2} \right )\geq 0$

Tiếp tục từ đây. Sau khi khai triển, ta được

$$\sum a^6+2\sum (a^5b+ab^5))+2abc(a^3+b^3+c^3)+6\sum a^3b^3+6abc\sum (a^2b+ab^2) \geq 6\sum (a^2b^4+a^4b^2)+11a^2b^2c^2$$

$$\sum (a^6-a^3b^3)+2\sum ab(a^4+b^4-2a^2b^2)+2abc(a^3+b^3+c^3-3abc)+6abc\sum [ab(a+b)-6abc]+28a^2b^2c^2 \geq 6\sum{ a^2b^2(a^2+b^2-2ab)}+\sum a^3b^3-3a^2b^2c^2$$

$$\frac{1}{2} \sum (a-b)^2(a^2+ab+b^2)^2+2\sum ab(a-b)^2(a+b)^2+abc(a+b+c)\sum (a-b)^2+6abc\sum c(a-b)^2+28a^2b^2c^2 \geq 6\sum {a^2b^2(a-b)^2}+\frac{1}{2}(ab+bc+ca)\sum c^2(a-b)^2$$

$$\sum (a-b)^2(\frac{(a^2+ab+b^2)^2}{2}+2ab(a+b)^2+abc(a+b+c)+6abc^2-6a^2b^2-\frac{c^2(ab+bc+ca)}{2})+28a^2b^2c^2 \geq 0$$

Vì $a^2b^2c^2 \geq 0$, ta cần chứng minh $\sum (a-b)^2(\frac{(a^2+ab+b^2)^2}{2}+2ab(a+b)^2+abc(a+b+c)+6abc^2-6a^2b^2-\frac{c^2(ab+bc+ca)}{2}) \geq 0$

Từ đây ta có thể giả sử $a \geq b \geq c$, và dễ chứng minh $S_b, S_c \geq 0$ và $a^2S_b+b^2S_a \geq 0$. 

Ta có đpcm. Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=1, c=0$ và các hoán vị.

 

Mình không chắc là tính đúng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmtuan2001: 04-01-2018 - 15:52

[DOTOANNANG]

Một bài toán đưa ra từ đầu đến cuối k có gì sai, đáp số đúng thì không còn cách nào để có thể nói nó không đúng được đâu. Đằng này thì bạn khai triển SOS thì hẳn công thức và cách giải đó đúng rồi, Bạn phải tự tin vào lời giải của mình chứ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 04-01-2018 - 16:26

[nmtuan2001]

Một bài toán đưa ra từ đầu đến cuối k có gì sai, đáp số đúng thì không còn cách nào để có thể nói nó không đúng được đâu. Đằng này thì bạn khai triển SOS thì hẳn công thức và cách giải đó đúng rồi, Bạn phải tự tin vào lời giải của mình chứ

Khai triến phức tạp nên mình không chắc đúng. Nếu làm sai thì có lí do để bào chữa 

 

Cách khác:

$$f(a,b,c)=\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{b^2+c^2}+\frac{1}{c^2+a^2} \geq \frac{5}{2}$$

 

Bước 1: Giả sử $a\leq b\leq c$, ta sẽ chứng minh $f(a,b,c) \geq f(a,t,t)$ với $t=\frac{b+c}{2}$

BĐT tương đương với $\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{1}{b^2+c^2}+\frac{1}{c^2+a^2} \geq \frac{2}{a^2+(\frac{b+c}{2})^2}+\frac{1}{2(\frac{b+c}{2})^2}$

$\frac{2a^2+b^2+c^2}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}-\frac{8}{4a^2+(b+c)^2} \geq \frac{2}{(b+c)^2}-\frac{1}{b^2+c^2}$

$\frac{(b-c)^2(b^2+c^2+4bc-2a^2)}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)(4a^2+(b+c)^2)} \geq \frac{(b-c)^2}{(b+c)^2(b^2+c^2)}$

$(b^2+c^2+4bc-2a^2)(b+c)^2(b^2+c^2) \geq (a^2+b^2)(a^2+c^2)(4a^2+(b+c)^2)$

BĐT này đúng vì $VP \leq (bc+b^2)(bc+c^2)(4bc+(b+c)^2)=2bc(b+c)^4$ mà $VT\geq (b+c)^2.(b+c)^2.2bc=2bc(b+c)^4$.

 

Bước 2: Chứng minh $f(a,t,t) \geq \frac{5}{2}$ với $t=\frac{2-a}{2}$

BĐT tương đương với $\frac{8}{4a^2+(2-a)^2}+\frac{2}{(2-a)^2} \geq \frac{5}{2}$

$16(2-a)^2+4(5a^2-4a+4) \geq 5(5a^2-4a+4)(2-a)^2$

$a(25a^3-120a^2+164a-80) \leq 0$

BĐT đúng vì $a \geq 0$ và $25a^3-120a^2+164a-80<0$.

[DOTOANNANG]

Cách này phức tạp nhung hay và dễ làm

[DOTOANNANG]

Nếu lo làm sai thì bạn thử vào WOLFRAM alpha kiểm tra lại biểu thức mình khai triển.Kết quả rất là mĩ mãn với cách 1 của mình