CHo $0\leq a,b,c\leq 2$ và a+b+c=4 Tìm max P=$a^2+b^2+c^2$
CHo $0\leq a,b,c\leq 2$ và a+b+c=4 Tìm max P=$a^2+b^2+c^2$
#2
Đã gửi 02-08-2018 - 15:59
Ta có :
$abc+(2-a)(2-b)(2-c)\geq 0<=> 8 -16+2(bc+ac+ab)\geq 0$
$=>2(ab+bc+ac)\geq 8$
$=> a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)\geq 16-8=8$
- Lao Hac, Huy Ma, ThinhThinh123 và 1 người khác yêu thích
WangtaX
#3
Đã gửi 02-08-2018 - 16:25
Ta có :
$abc+(2-a)(2-b)(2-c)\geq 0<=> 8 -16+2(bc+ac+ab)\geq 0$
$=>2(ab+bc+ac)\geq 8$
$=> a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)\geq 16-8=8$
Lộn chỗ này rùi anh ơi!
$=> a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ac)\leq 16-8=8$
Dấu ''='' xảy ra khi (a,b,c)=(0,2,2) và các hoán vị.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ThinhThinh123: 02-08-2018 - 16:29
- Lao Hac yêu thích
#5
Đã gửi 02-08-2018 - 19:16
#6
Đã gửi 05-12-2018 - 21:25
Thay $x_{\,1}= \frac{a}{2}\,\,\,\,\,\,x_{\,2}= \frac{b}{2}\,\,\,\,\,\,x_{\,3}= \frac{c}{2}$, ta có bài toán:
$0\leqq x_{\,1},\,x_{\,2},\,x_{\,3}\leqq 1,\,\,x_{\,1}+ x_{\,2}+ x_{\,3}= 2$ thì ${x_{\,1}}^{2}+ {x_{\,2}}^{2}+ {x_{\,3}}^{2}\leqq 2$
Ngược lại, ta cũng có:
$0\leqq x_{\,1},\,x_{\,2},\,x_{\,3}\leqq 1,\,\,{x_{\,1}}^{2}+ {x_{\,2}}^{2}+ {x_{\,3}}^{2}= 2$ thì $x_{\,1}+ x_{\,2}+ x_{\,3}\geqq 2$
- ThinhThinh123 yêu thích
#7
Đã gửi 05-12-2018 - 21:33
Thay $x_{\,1}= \frac{a}{2}\,\,\,\,\,\,x_{\,2}= \frac{b}{2}\,\,\,\,\,\,x_{\,3}= \frac{c}{2}$, ta có bài toán:
$0\leqq x_{\,1},\,x_{\,2},\,x_{\,3}\leqq 1,\,\,x_{\,1}+ x_{\,2}+ x_{\,3}= 2$ thì ${x_{\,1}}^{2}+ {x_{\,2}}^{2}+ {x_{\,3}}^{2}\leqq 2$
Ngược lại, ta cũng có:
$0\leqq x_{\,1},\,x_{\,2},\,x_{\,3}\leqq 1,\,\,{x_{\,1}}^{2}+ {x_{\,2}}^{2}+ {x_{\,3}}^{2}= 2$ thì $x_{\,1}+ x_{\,2}+ x_{\,3}\geqq 2$
Thay giả thiết thành ${x_{\,1}}^{2}+ {x_{\,2}}^{2}+ {x_{\,3}}^{2}= k$ với:
$0< k\leqq 1$ ta có: $x_{\,1}+ x_{\,2}+ x_{\,3}\geqq \sqrt{\,k}$
$1< k\leqq 2$ ta có: $x_{\,1}+ x_{\,2}+ x_{\,3}\geqq \sqrt{\,k- 1}+ 1$
$2< k\leqq 3$ ta có: $x_{\,1}+ x_{\,2}+ x_{\,3}\geqq \sqrt{\,k- 2}+ 2$
- ThinhThinh123 yêu thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh