Cho $\frac{1}{2} \leq a^2+b^2+c^2+d^2 \leq 2$. Tìm $\min-\max$ của
$P=(a-2b+c)^2+(b-2c+d)^2+(b-2a)^2+(c-2d)^2$
+) Cần chọn ra $p>0$ :
$(a-2b+c)^2=(\frac{a}{1}.1-\frac{b\sqrt{2}}{\sqrt{p}}.\sqrt{p}.\sqrt{2}+\frac{c}{\sqrt{p}}.\sqrt{p})^2\leq (1+2p+p)(a^2+\frac{2b^2}{p}+\frac{c^2}{p})$
$(b-2c+d)^2=(\frac{b}{\sqrt{p}}.\sqrt{p}+\frac{d}{1}.1-\frac{c\sqrt{2}}{\sqrt{p}}.\sqrt{p}.\sqrt{2})^2\leq (1+3p)(d^2+\frac{2c^2}{p}+\frac{b^2}{p})$
$(b-2a)^2=(\frac{b}{\sqrt{p}}.\sqrt{p}-\sqrt{2}.a\sqrt{2})\leq (\frac{b^2}{p}+2a^2)(2+p)$
$(c-2d)^2=(\frac{c}{\sqrt{p}}.\sqrt{p}-\sqrt{2}.d.\sqrt{2})^2\leq (\frac{c^2}{p}+2d^2)(2+p)$
Nên $P\leq (5+5p)(a^2+d^2)+(10+\frac{5}{p})(b^2+c^2)$
Do đó ta cần chọn $p$ sao cho $5+5p=10+\frac{5}{p}\Rightarrow p=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Rightarrow P\leq \frac{5(3+\sqrt{5})}{2}$
+)$P=5(a^2+d^2)+6(b^2+c^2)-8ab-8bc+2ac+2bd-8cd=5(a^2+d^2)+6(b^2+c^2)+2a(c-4b)+2d(b-4c)-8bc$
Chọn $p>0$ sao cho :
$2a(c-4b)\geq \frac{-1}{p}.(pa^2+(c-4b)^2)$
$2d(b-4c)\geq \frac{-1}{p}.(pd^2+(b-4c)^2)$
$\Rightarrow 2a(c-4b)+2d(b-4c)\geq -p(a^2+d^2)-\frac{1}{p}[(c-4b)^2+(b-4c)^2]=-p(a^2+d^2)-\frac{1}{p}[17c^2+17b^2-16bc]$
$\Rightarrow P\geq (5-p)(a^2+d^2)+(6-\frac{17}{p})b^2+c^2+(\frac{16}{p}-8)bc$
Chọn $p$ để $(\frac{16}{p}-8)bc=2(\frac{8}{p}-4)<0$
Khi đó $(\frac{16}{p}-8)bc\geq (\frac{8}{p}-4)(b^2+c^2)$
$\Rightarrow P\geq (5-p)(a^2+d^2)+(6-\frac{17}{p})(b^2+c^2)+(\frac{8}{p}-4)(b^2+c^2)$
Hay chọn $p$ sao cho $5-p=6-\frac{17}{p}+\frac{8}{p}-4\Rightarrow p=\frac{3+3\sqrt{5}}{2}\Rightarrow P\geq \frac{7-3\sqrt{5}}{4}$
Vậy ....
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhng2k7: 15-04-2023 - 22:49
Tất cả mọi thứ đều có thể chứng minh bằng Toán học
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
Tìm GTNN của biểu thức $N= 6 - 3a - 4b + 2ab$Bắt đầu bởi Phuockq, 10-04-2024 cực trị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\frac{19}{20} \leq \sum \frac{1}{1+a+b^2} \leq \frac{27}{20}$Bắt đầu bởi Duc3290, 12-03-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum a^2b + abc +\frac{1}{2}abc(3-\sum ab) \leq 4$Bắt đầu bởi Duc3290, 25-02-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{a_1{}}{({a_1+{a_2+...+a_n{}{}}{}})-{a_1{}}}\geq \frac{n}{n-1}$Bắt đầu bởi Khanh12321, 14-02-2024 bất đẳng thức |
|
|||
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3 \ge 2(a+b+c)$Bắt đầu bởi POQ123, 26-01-2024 bất đẳng thức |
|
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh