Cho a,b,c là các só thực dương ; a+2b+3c=3
Tìm Max của $M= \frac{1}{a^2 +4b^2 +2} + \frac{1}{4b^2+9c^2+2} + \frac{1}{9c^2+a^2+2}$
Cho a,b,c là các só thực dương ; a+2b+3c=3
Tìm Max của $M= \frac{1}{a^2 +4b^2 +2} + \frac{1}{4b^2+9c^2+2} + \frac{1}{9c^2+a^2+2}$
dự đoán $maxM$ là $\frac{3}{4}$ khi $a=1;b=\frac{1}{2};c=\frac{1}{3}$
+)đặt $a=x;2b=y;3c=z$
($x,y,z$ là các số thực dương)
+)khi đó ta đi chứng minh:
$M=\frac{1}{x^{2}+y^{2}+2}+\frac{1}{y^{2}+z^{2}+2}+\frac{1}{z^{2}+x^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$ với $x+y+z=3$
áp dụng bất đẳng thức phụ $\frac{1}{a+b}\leq \frac{1}{4a}+\frac{1}{4b}$ trong đó $a,b>0$
$ M\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{x^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+1}+\frac{1}{z^{2}+1})$
do đó ta cần chứng minh: $\frac{1}{x^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+1}+\frac{1}{z^{2}+1}\leq \frac{3}{2}(*)$ với $x+y+z=3$
$(*)$ đúng nếu $\frac{4x^{2}}{3x^{2}+3}+\frac{4y^{2}}{3y^{2}+3}+\frac{4z^{2}}{3z^{2}+3}\geq 2$
thật vậy $xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}=3$
ta có: $\frac{4x^{2}}{3x^{2}+3}\leq\frac{4x^{2}}{(x^{2}+xy+xz)+(2x^{2}+yz)}\leq \frac{x^{2}}{x^{2}+xy+xz}+\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}=\frac{x}{x+y+z}+\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}$
tương tự:
$\frac{4x^{2}}{3x^{2}+3}+\frac{4y^{2}}{3y^{2}+3}+\frac{4z^{2}}{3z^{2}+3}\leq 1+\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}+\frac{y^{2}}{2y^{2}+xz}+\frac{z^{2}}{2z^{2}+xy}$
do đó ta đi chứng minh $\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}+\frac{y^{2}}{2y^{2}+xz}+\frac{z^{2}}{2z^{2}+xy}\leq 1(**)$
$(**) $ đúng nếu $\frac{3}{2}-(\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}+\frac{y^{2}}{2y^{2}+xz}+\frac{z^{2}}{2z^{2}+xy})\geq\frac{1}{2} $
hay $(\frac{yz}{2x^{2}+yz}+\frac{xz}{2y^{2}+xz}+\frac{xy}{2z^{2}+xy})\geq 1$
mà
$ (\frac{yz}{2x^{2}+yz}+\frac{xz}{2y^{2}+xz}+\frac{xy}{2z^{2}+xy})=\frac{y^{2}z^{2}}{2x^{2}yz+y^{2}z^{2}}+\frac{x^{2}z^{2}}{2xy^{2}z+x^{2}z^{2}}+\frac{x^{2}y^{2}}{2xyz^{2}+x^{2}y^{2}}\geq \frac{(xy+yz+zx)^{2}}{(xy+yz+zx)^{2}}=1$
nên ta có đpcm
hmmm cái này mình bị ngược dấu . mn thông cảm cho sự nhầm lẵn này
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hahahahahahahaha: 27-03-2024 - 10:16
Nơi nào có ý chí, nơi đó có con đường. Nếu trong triệu khả năng, có một khả năng bạn làm được điều gì đó, bất cứ điều gì, để giữ thứ bạn muốn không kết thúc, hãy làm đi. Hãy cạy cửa mở, hoặc thậm chí nếu cần, hãy nhét chân vào cửa để giữ cửa mở.
Where there is a will, there is a way. If there is a chance in a million that you can do something, anything, to keep what you want from ending, do it. Pry the door open or, if need be, wedge your foot in that door and keep it open.
__ Pauline Kael __
Hình như sai ở phần"đúng nếu" đầu tiên đó bạn.dự đoán $maxM$ là $\frac{3}{4}$ khi $a=1;b=\frac{1}{2};c=\frac{1}{3}$
+)đặt $a=x;2b=y;3c=z$
($x,y,z$ là các số thực dương)
+)khi đó ta đi chứng minh:
$M=\frac{1}{x^{2}+y^{2}+2}+\frac{1}{y^{2}+z^{2}+2}+\frac{1}{z^{2}+x^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$ với $x+y+z=3$
áp dụng bất đẳng thức phụ $\frac{1}{a+b}\leq \frac{1}{4a}+\frac{1}{4b}$ trong đó $a,b>0$
$ M\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{x^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+1}+\frac{1}{z^{2}+1})$
do đó ta cần chứng minh: $\frac{1}{x^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+1}+\frac{1}{z^{2}+1}\leq \frac{3}{2}(*)$ với $x+y+z=3$
$(*)$ đúng nếu $\frac{4x^{2}}{3x^{2}+3}+\frac{4y^{2}}{3y^{2}+3}+\frac{4z^{2}}{3z^{2}+3}\leq 2$
thật vậy $xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}=3$
ta có: $\frac{4x^{2}}{3x^{2}+3}\leq\frac{4x^{2}}{(x^{2}+xy+xz)+(2x^{2}+yz)}\leq \frac{x^{2}}{x^{2}+xy+xz}+\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}=\frac{x}{x+y+z}+\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}$
tương tự:
$\frac{4x^{2}}{3x^{2}+3}+\frac{4y^{2}}{3y^{2}+3}+\frac{4z^{2}}{3z^{2}+3}\leq 1+\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}+\frac{y^{2}}{2y^{2}+xz}+\frac{z^{2}}{2z^{2}+xy}$
do đó ta đi chứng minh $\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}+\frac{y^{2}}{2y^{2}+xz}+\frac{z^{2}}{2z^{2}+xy}\leq 1(**)$
$(**) $ đúng nếu $\frac{3}{2}-(\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}+\frac{y^{2}}{2y^{2}+xz}+\frac{z^{2}}{2z^{2}+xy})\geq\frac{1}{2} $
hay $(\frac{yz}{2x^{2}+yz}+\frac{xz}{2y^{2}+xz}+\frac{xy}{2z^{2}+xy})\geq 1$
mà
$ (\frac{yz}{2x^{2}+yz}+\frac{xz}{2y^{2}+xz}+\frac{xy}{2z^{2}+xy})=\frac{y^{2}z^{2}}{2x^{2}yz+y^{2}z^{2}}+\frac{x^{2}z^{2}}{2xy^{2}z+x^{2}z^{2}}+\frac{x^{2}y^{2}}{2xyz^{2}+x^{2}y^{2}}\geq \frac{(xy+yz+zx)^{2}}{(xy+yz+zx)^{2}}=1$
nên ta có đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi katcong: 26-03-2024 - 19:33
(a,2b,3c)=(x,y,z) => x+y+z=3
cần cm $\sum\frac{1}{x^2+y^2+2}\le \frac{3}{4}\Leftrightarrow \sum\frac{x^2+y^2}{x^2+y^2+2}\ge \frac{3}{2}$
$\sum\frac{x^2+y^2}{x^2+y^2+2}\ge \frac{(\sum\sqrt{x^2+y^2})^2}{\sum(x^2+y^2+2)}=\frac{\sum x^2+\sum\sqrt{(x^2+y^2)(x^2+z^2)}}{\sum x^2+3}$
$\sum\sqrt{(x^2+y^2)(x^2+z^2)}\ge\sum (x^2+yz)\Rightarrow$ dpcm
Góp ý thêm:
Đặt: $x = a; 2b = y; 3c = z$ và $x,y,z \in \mathbb{R^{+}} \Rightarrow x + y + z = 3$
$\Rightarrow 3(xy+yz+zx) \leq (x+y+z)^2 = 9$ $\Rightarrrow xy+yz+zx \leq 3$ và $x^2 + y^2 + z^2 \leq 3$
Ta có: $(x+y)^2 \leq 2(x^2 + y^2)$
$\Rightarrow \frac{1}{x^2 + y^2 + 2} \leq \frac{1}{\frac{(x+y)^2}{2} + 2} = \frac{2}{(x+y)^2 + 4}$
$\Rightarrow VT = \sum \frac{2}{(x+y)^2 + 4} \leq \frac{3}{4}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{4}{(x+y)^2 + 4} \leq \frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow \sum (1-\frac{4}{(x+y)^2 + 4}) \geq \frac{3}{2}$
$\Rightarrow \sum \frac{(x+y)^2}{(x+y)^2+4} \geq \frac{3}{2} (*)$
Xét VT(*) $\geq \frac{(x+y+y+z+z+x)^2}{(x+y)^2 + (y+z)^2 + (z+x)^2}$
$= \frac{4(x+y+z)^2}{2(x^2+y^2+z^2) + 2(xy+yz+zx) + 12}$
$\geq \frac{4(x+y+z)^2}{24} \geq VP \Rightarrow$ đpcm
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1$ hoặc $a=1; b=\frac{1}{2}; c = \frac{1}{3}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Danpda47: 26-03-2024 - 20:56
Góp ý thêm:
Đặt: $x = a; 2b = y; 3c = z và x,y,z \in \mathbb{R} \Rightarrow x + y + z = 3$
$\Rightarrow 3(xy+yz+zx) \leq (x+y+z)^2 = 9 \Rightarrow xy+yz+zx \leq 3$ và $x^2 + y^2 + z^2 \leq 3$
Ta có: $(x+y)^2 \leq 2(x^2 + y^2)$
$\Rightarrow \frac{1}{x^2 + y^2 + 2} \leq \frac{1}{\frac{(x+y)^2}{2} + 2} = \frac{2}{(x+y)^2 + 4}$
$\Rightarrow VT = \sum \frac{2}{(x+y)^2 + 4} \leq \frac{3}{4}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{4}{(x+y)^2 + 4} \leq \frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow \sum (1-\frac{4}{(x+y)^2 + 4}) \geq \frac{3}{2}$
$\Rightarrow \sum \frac{(x+y)^2}{(x+y)^2+4} \geq \frac{3}{2} (*)$
Xét VT(*) $\geq \frac{(x+y+y+z+z+x)^2}{(x+y)^2 + (y+z)^2 + (z+x)^2}$
$= \frac{4(x+y+z)^2}{2(x^2+y^2+z^2) + 2(xy+yz+zx) + 12}$
$\geq \frac{4(x+y+z)^2}{24}$$ \geq VP$ $ \Rightarrow$ đpcm
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1 or a=1; b=\frac{1}{2}; c = \frac{1}{3}$
Chỗ này ngược dấu rồi
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$3abc+\sum a\sqrt{\frac{b^{4}+c^{4}}{2}} \leq \sum a^{2}(b+c)$Bắt đầu bởi kakachjmz, 28-04-2024 thcs, hsg9, bđt |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
Chứng minh rằng: $abc(a-1)(b-1)(c-1)\leq 8$Bắt đầu bởi kakachjmz, 27-04-2024 thcs, toán chuyên, hsg 9, bđt |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
Tìm $Max, Min$ của $A = xy + yz + zx + \frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{x+y+z}$ biết $3(x^2 + y^2 + z^2) + xy + yz + zx = 12$Bắt đầu bởi kakachjmz, 20-04-2024 hsg, bđt |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
Chứng minh $a+b+c\geq4\left(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}\right)+5$Bắt đầu bởi Leonguyen, 07-06-2023 bđt, bất đẳng thức |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
Tìm GTLN của $Q=(4x-1)(3y-1)(2z-1)$Bắt đầu bởi Leonguyen, 20-04-2023 bđt |
|
0 thành viên, 1 khách, 1 thành viên ẩn danh